오일러-마스케로니 상수

둘 다 발산하는 두 양의 차이가 한 값으로 안착하는 장면입니다. 그 차이가 오일러-마스케로니 상수입니다.

조화수와 로그는 둘 다 끝없이 커집니다. 그런데 둘 사이의 간격은 점점 좁혀져 한 값에 멈춥니다. 간격이 멈추는 이유는 간격의 증가분이 수렴하는 급수를 이루기 때문입니다. 그 비밀은 아래 두 번째 식에 있습니다.

예를 들면, 🧑 두 친구가 나란히 달립니다. 둘 다 끝없이 멀어지지만 둘 사이의 거리는 5미터쯤에서 더 벌어지지 않습니다. 멈춰 선 그 거리가 바로 이 상수와 같은 존재입니다.

γ=lim⁡n→∞(Hn−ln⁡n)≈0.5772\gamma = \lim_{n\to\infty}(H_n - \ln n) \approx 0.5772
γ=∑n≥1(1n−ln⁡ ⁣(1+1n))\gamma = \sum_{n\ge1}\left(\frac1n - \ln\!\left(1+\frac1n\right)\right)

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

γn=Hn−ln⁡n\gamma_n = H_n - \ln n이 감소수열이며 아래로 유계이므로 (따라서) 수렴함을 보이세요.

힌트: 1n+1<ln⁡(n+1)−ln⁡n<1n\frac{1}{n+1} < \ln(n+1) - \ln n < \frac{1}{n}을 이용하세요.

γn+1−γn=1n+1−(ln⁡(n+1)−ln⁡n)<0\gamma_{n+1} - \gamma_n = \frac{1}{n+1} - \bigl(\ln(n+1) - \ln n\bigr) < 0
n=50n = 50: H50≈4.499205338H_{50} \approx 4.499205338, ln⁡50≈3.912023005\ln 50 \approx 3.912023005, γ50≈0.5871823329\gamma_{50} \approx 0.5871823329 — 한 칸 내려가면 γ50−γ51=ln⁡(51/50)−151≈0.0001948>0\gamma_{50} - \gamma_{51} = \ln(51/50) - \frac{1}{51} \approx 0.0001948 > 0만큼 감소합니다.
증명 보기

  1. γn+1−γn=(Hn+1−ln⁡(n+1))−(Hn−ln⁡n)=1n+1−(ln⁡(n+1)−ln⁡n)\gamma_{n+1} - \gamma_n = (H_{n+1} - \ln(n+1)) - (H_n - \ln n) = \frac{1}{n+1} - (\ln(n+1) - \ln n)입니다. 힌트의 왼쪽 부등식 ln⁡(n+1)−ln⁡n>1n+1\ln(n+1) - \ln n > \frac{1}{n+1}에 의해 이 차이는 음수이므로, γn\gamma_n은 (강)감소수열입니다.

  2. 아래로의 유계는 ln⁡n\ln n을 쪼개면 보입니다: γn=Hn−∑k=1n−1(ln⁡(k+1)−ln⁡k)=1n+∑k=1n−1(1k−ln⁡(1+1k))\gamma_n = H_n - \sum_{k=1}^{n-1}(\ln(k+1) - \ln k) = \frac{1}{n} + \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k} - \ln\left(1+\frac{1}{k}\right)\right)이고, 힌트의 오른쪽 부등식 ln⁡(1+1k)<1k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right) < \frac{1}{k}에 의해 각 괄호는 양수이므로 γn>1n>0\gamma_n > \frac{1}{n} > 0입니다.

  3. 감소하면서 아래로 유계인 수열은 단조수렴정리에 의해 수렴합니다. 그 극한을 오일러-마스케로니 상수 γ:=lim⁡n→∞γn\gamma := \lim_{n\to\infty} \gamma_n이라 하며, γ≥0\gamma \ge 0입니다 (실제로는 γ≈0.5772\gamma \approx 0.5772입니다).

  4. 수치 확인 (n=50n = 50): γ50=4.499205338−3.912023005=0.5871823329\gamma_{50} = 4.499205338 - 3.912023005 = 0.5871823329, γ51=γ50−(ln⁡(51/50)−1/51)≈0.5871823329−0.0001948=0.5869875\gamma_{51} = \gamma_{50} - (\ln(51/50) - 1/51) \approx 0.5871823329 - 0.0001948 = 0.5869875 — 캡션의 감소량 0.00019480.0001948과 일치합니다.

∑n=1∞(1n−ln⁡(1+1n))=γ\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n} - \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right) = \gamma임을 보이세요 (망원경 합).

∑k=1n(1k−ln⁡(1+1k))=Hn−ln⁡(n+1)=γn−ln⁡(1+1n)\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k} - \ln\left(1+\frac{1}{k}\right)\right) = H_n - \ln(n+1) = \gamma_n - \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)
n=100n = 100: 부분합 =H100−ln⁡101≈5.187377518−4.615120517=0.5722570008= H_{100} - \ln 101 \approx 5.187377518 - 4.615120517 = 0.5722570008 — γ≈0.5772\gamma \approx 0.5772로 수렴해 갑니다.
증명 보기

  1. 부분합을 펼치면 ∑k=1nln⁡(1+1k)=∑k=1n(ln⁡(k+1)−ln⁡k)=ln⁡(n+1)\sum_{k=1}^{n} \ln\left(1+\frac{1}{k}\right) = \sum_{k=1}^{n}(\ln(k+1) - \ln k) = \ln(n+1)이 망원경처럼 상쇄되므로, ∑k=1n(1k−ln⁡(1+1k))=Hn−ln⁡(n+1)\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k} - \ln\left(1+\frac{1}{k}\right)\right) = H_n - \ln(n+1)입니다.

  2. Hn−ln⁡(n+1)=γn−ln⁡(1+1n)H_n - \ln(n+1) = \gamma_n - \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)이고, 예제 1에서 γn→γ\gamma_n \to \gamma, ln⁡(1+1n)→0\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \to 0이므로 부분합은 γ\gamma로 수렴합니다. 즉 급수는 γ\gamma로 수렴합니다.

  3. 각 항 dk:=1k−ln⁡(1+1k)d_k := \frac{1}{k} - \ln\left(1+\frac{1}{k}\right)는 힌트 부등식 ln⁡(1+1k)<1k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right) < \frac{1}{k}에 의해 양수이므로, 이는 양항급수가 γ\gamma로 수렴한다는 뜻입니다 — 발산하는 조화급수와 ln⁡n\ln n의 차이가 수렴하는 이유가 바로 이 항들의 합이 유한하기 때문입니다.

  4. 수치 확인 (n=100n = 100): H100−ln⁡101≈5.187377518−4.615120517=0.5722570008H_{100} - \ln 101 \approx 5.187377518 - 4.615120517 = 0.5722570008 — 캡션의 값과 일치하며, γ≈0.5772\gamma \approx 0.5772에 다가가고 있습니다 (차이 ≈0.005\approx 0.005는 꼬리 ∑k>100dk\sum_{k>100} d_k입니다).

0.5<γ<0.60.5 < \gamma < 0.6임을 보이세요.

힌트: γ=∑k=1∞dk\gamma = \sum_{k=1}^{\infty} d_k (dk=1k−ln⁡(1+1k)d_k = \frac{1}{k} - \ln\left(1+\frac{1}{k}\right))의 처음 10개 항을 직접 계산하고, 꼬리는 적분 추정으로 엄밀하게 묶으세요.

γ=∑k=1∞dk,dk:=1k−ln⁡(1+1k)>0\gamma = \sum_{k=1}^{\infty} d_k, \qquad d_k := \frac{1}{k} - \ln\left(1+\frac{1}{k}\right) > 0
ln⁡(1+1k)=∫kk+1dxx≥1k+12⇒dk≤1k(2k+1)<12k2\ln\left(1+\frac{1}{k}\right) = \int_k^{k+1}\frac{dx}{x} \ge \frac{1}{k+\frac12} \quad \Rightarrow \quad d_k \le \frac{1}{k(2k+1)} < \frac{1}{2k^2}
n=10n = 10: ∑k=110dk=H10−ln⁡11≈0.5310729812\sum_{k=1}^{10} d_k = H_{10} - \ln 11 \approx 0.5310729812, 꼬리 <0.05< 0.05 — 따라서 0.5311<γ<0.58110.5311 < \gamma < 0.5811.
증명 보기

  1. 예제 2에서 γ=∑k=1∞dk\gamma = \sum_{k=1}^{\infty} d_k이며 모든 dk>0d_k > 0입니다.

    처음 10개 항의 합은 망원경 합으로 ∑k=110dk=H10−ln⁡11≈2.9289682539−2.3978952728=0.5310729812\sum_{k=1}^{10} d_k = H_{10} - \ln 11 \approx 2.9289682539 - 2.3978952728 = 0.5310729812입니다.

    dk>0d_k > 0이므로 이 값이 이미 하한이 됩니다: γ>0.5310729812>0.5\gamma > 0.5310729812 > 0.5.

  2. 꼬리를 묶기 위해 dkd_k를 위에서 추정합니다.

    ln⁡(1+1k)=∫kk+1dxx\ln\left(1+\frac{1}{k}\right) = \int_k^{k+1} \frac{dx}{x}이고, 1x\frac{1}{x}의 볼록성에 의해 f(k+t)+f(k+1−t)≥2f(k+12)f(k+t) + f(k+1-t) \ge 2f(k+\tfrac12) (0≤t≤10 \le t \le 1)이므로 적분하면 ∫kk+1dxx≥1k+1/2=22k+1\int_k^{k+1} \frac{dx}{x} \ge \frac{1}{k+1/2} = \frac{2}{2k+1}입니다.

    따라서 dk≤1k−22k+1=1k(2k+1)<12k2d_k \le \frac{1}{k} - \frac{2}{2k+1} = \frac{1}{k(2k+1)} < \frac{1}{2k^2}입니다.

  3. 이제 ∑k=11∞dk<12∑k=11∞1k2<12∑k=11∞1k(k−1)=12∑k=11∞(1k−1−1k)=12⋅110=0.05\sum_{k=11}^{\infty} d_k < \frac{1}{2}\sum_{k=11}^{\infty} \frac{1}{k^2} < \frac{1}{2}\sum_{k=11}^{\infty} \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{2}\sum_{k=11}^{\infty}\left(\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{10} = 0.05입니다 (k≥2k \ge 2에서 1k2<1k(k−1)\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)}이고 마지막 합은 망원경 합입니다).

  4. 따라서 0.5310729812<γ<0.5310729812+0.05=0.58107298120.5310729812 < \gamma < 0.5310729812 + 0.05 = 0.5810729812이므로, 확실히 0.5<γ<0.60.5 < \gamma < 0.6입니다. 실제 값 γ≈0.5772\gamma \approx 0.5772도 이 구간 안에 들어갑니다.

7. 급수