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大学数学基礎解説
文献あり

積分botを解けるだけ解く, その3

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前回( https://mathlog.info/articles/1901 )

21個目

0π/2arctan(1sin22x4)dx=π24πarctan212

これはなかなか計算が大変でした.

まず, 0<aに対し,
0π/21a2+sin2xdx=[1a1+a2arctan(1+a2atanx)]0π/2=π2a1+a2
よって, 解析接続により, 0<Re(a)に対し,
0π/2ln(a2+sin2x)dx=πsinh1a+C
となる定数Cがある. a=0として, C=πln2だから,
0π/2ln(a2+sin2x)dx=π(sinh1aln2)
よって,
0π/2arctan(1sin22x4)dx=Im(0π/2ln(4+i(4sin2x))dx)=Im(0π/2ln(4(1+i)isin2x))dx)=Im(0π/2(ln(4(i1)+sin2x))πi2)dx)=π24+Im(0π/2ln((25/4e3iπ/8)2+sin2x)dx)=π24+πIm(sinh1(25/4e3iπ/8))
ここで,
25/4e3iπ/8=2(21)+i2(2+1)
より,
sinh1(25/4e3iπ/8)=ln(2(21)+i2(2+1)+1+(2(21)+i2(2+1))2)=ln(2(21)+i2(2+1)+4i3)=ln(1+2(21)+i(2+2(2+1)))
よって,
Im(sinh1(25/4e3iπ/8))=arctan2+2(2+1)1+2(21)=arctan2(2+1)=π2arctan221
これを先ほどの式に代入すればよい.

22個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361264323922780163 )

0arctana2+x2(1+x2)a2+x2dx=πa21arctana212+a2+1

引き続き計算が重そうな式ですね. Fubiniの定理を使ってみましょう.

Fubiniの定理より,
0arctana2+x2(1+x2)a2+x2dx=0011(1+x2)(1+(a2+x2)y2)dydx=0101(1+x2)(1+a2y2+x2y2)dxdy=π20111+a2y2(y+1+a2y2)dy=π20sinh1a1sinhx+acoshxdx=π2[1a21arctan(sinh(x+tanh11a))]0sinh1a=π2a21(arctan(sinh(sinh1a+tanh11a))arctan(sinh(tanh11a)))=π2a21(arctan(a2+a2+1a21)arctan(1a21))=π2a21arctan((a21+a2+1)a212a21+a2+1)
ここからarctanを変形していきます.
arctan((a21+a2+1)a212a21+a2+1)=arctan((a2+11)(a2+1+2)a21(a2+11)(2a2+1+3))=arctan((a2+1+2)a212a2+1+3)=arctan(2a21(2+a2+1)(2+a2+1)2a2+1))=arctan(2a212+a2+11(a212+a2+1)2)=2arctana212+a2+1
これを先ほどの式に代入すればよい.

23個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361269865793921028 )

01lnxarcsinxyx(1x2)dx=16arcsin3y34ζ(2)arcsiny

とりあえず, 項別積分でうまくいきそうですね.

まず, 最初に
arcsinx=0n(2nn)22n(2n+1)x2n+116arcsin3x=0n(2nn)22n(2n+1)x2n+1m=0n11(2m+1)2
であることを思い出しておきます. (証明は https://www.researchgate.net/publication/26532996_Integer_Powers_of_Arcsin を参照)
01lnxarcsinxyx(1x2)dx=0n(2nn)22n(2n+1)y2n+101x2n+1lnx1x2dx=0n(2nn)22n(2n+1)y2n+1nm01x2m+1lnxdx=0n(2nn)22n(2n+1)y2n+1nm1(2m+1)2=0n(2nn)22n(2n+1)y2m+1m=0n11(2m+1)2m=01(2m+1)20n(2nn)22n(2n+1)y2n+1=16arcsin3y34ζ(2)arcsiny

24個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361280330779426818 )

(x2+ex+ex)2dx=ζ(2)13

とりあえず, Mellin変換すればいい感じですね.

(x2+ex+ex)2dx=20(x(ex/2+ex/2)2)2dx=160x2(ex+ex)4dx
ここで, 3<Re(s)として, Mellin変換を考える.
0xs1(ex+ex)4dx=161<n(1)n(n1)n(n+1)0xs1e2nxdx=2s61<n(1)nn21ns1=21s30<n(1)n1(1ns11ns3)=21s3(η(s1)η(s3))
ここで, η(s)はDirichletのイータ関数である. s3として,
0x2(ex+ex)4dx=lims321s3(η(s1)η(s3))=148(ζ(2)1)
これを先ほどの式に代入すればよい.

25個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361287489961525251 )

01sin(nsin1x)sinh(nsinh1xa)cos(2nsin1x)+cosh(2nsinh1xa)dxx1x21+x2a2=tan1a2(n:odd)

これは, 全く分からない. 被積分関数にいい感じの性質があるんですかね.

26個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361301353319059457 )

sin(xax)x+1xdx=πe1+a

留数定理か, と思ったけど, なんかx=0に真性特異点あるので, 微分方程式でやってみます.

まず, xsin(x+ax)sinxで, x1xの置換により, この積分の収束性が分かる. 0<aに対し,
I(a):=xsin(xax)1+x2dx
とする.
I(a):=sin(xax)x(1+x2)dx
より,
I(a)I(a)=sin(xax)xdx=sin(axx)axax2dx=sin(xax)xdx=0
よって, ある定数C1,C2が存在して,
I(a)=C1ea+C2ea
よく知られた等式,
cosax1+x2dx=πeaxsinax1+x2dx=πea
より, I(0)=πe,I(0)=πeより, C1=0,C2=πeだから,
I(a)=πe1+a

27個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361316409138159616 )

dx(ex+x+1)2+π2=23

今度こそ留数定理ですね.

まず, 方程式ex=1+xの解を考えます. それはLambertのW関数を用いて,
ex=1+x(1+x)e1x=1e1x=Wn(1e)x=Wn(1e)1
ここで, 虚部の絶対値がπ以下であるものがW0(1e)1=0だけであることをグラフなどで確認しておきます.
積分路1 積分路1
ここで, 上のような積分路Cを考えます. 留数定理より,
Resx=011+xex=12πi(RπiRπiR+πiR+πi)11+xexdx+12πi(RπiR+πiRπiR+πi)11+xexdx=12πiRR(11+x+exπi11+x+ex+πi)dx+12πi(RπiR+πiRπiR+πi)11+xexdx=RR1(ex+x+1)2+π2dx+12πi(RπiR+πiRπiR+πi)11+xexdx
ここで, Rとして, 第2項が0に収束することにより,
1(ex+x+1)2+π2dx=Resx=011+xex
最後に留数を求めて,
Resx=011+xex=23

28個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361325388425699329 )

0α2+x2αα2+x2sinγxeβα2+x2dx=π2γeαβ2+γ2β2+γ2β+β2+γ2

見た目がすごいですね, ちょっと形を整理してみますと,
0a2+x2aa2+x2eba2+x2sincxdx=π2b2+c2bb2+c2eab2+c2

a=0の場合はMellin変換
0xs1ebxsincxdx=Γ(s)(b2+c2)s/2sin(sarctancb)
s=12とした場合になっています. ここで,
a2+x2aa2+x2=2Im(1aix)
と書き直せることに気づきました. が, 解けませんでいた.

29個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361330254808236035 )

01xμ+1/2(1x)μ1/2(c+2bxax2)μ+1dx=π(a+(c+2ba+c)2)μ+1/2c+2baΓ(μ+12)Γ(μ+1)

めっちゃ難しかった, うまい置換が思いつくまで, 全然分からない. でもやっぱ超幾何関数好きとしては, こういうのはちゃんと証明しておきたいと思ってます.

とりあえず, 2bbに, aaに, μsに置き換えて,
01xs+1/2(1x)s1/2(ax2+bx+c)s+1dx=π((a+b+c+c)2a)s+1/2a+b+cΓ(s+12)Γ(s+1)
を示します.

まず, 両辺の連続性から, a0として証明すれば十分である.
01xs+1/2(1x)s1/2(ax2+bx+c)s+1dx=a1s01xs+1/2(1x)s1/2(x2+bax+ca)s1dx

なので, 最初からa=1としてよい. x2+bx+c=(1(1α)x)(1(1β)x)と因数分解すると(解析接続により, α,βは正の実数と仮定して示せば十分である), 右辺は,
π((1+αβ)2(1α)(1β))2αβΓ(s+12)Γ(s+1)=π((α+β)2)s+1/2αβΓ(s+12)Γ(s+1)=π(α+β)2s+1αβΓ(s+12)Γ(s+1)
よって,
01xs+1/2(1x)s1/2((1(1α)x)(1(1β)x))s+1dx=π(α+β)2s+1αβΓ(s+12)Γ(s+1)
を示せばよい. xx1+xの置換により,
01xs+1/2(1x)s1/2((1(1α)x)(1(1β)x))s+1dx=0xs+1/2((1+αx)(1+βx))s+1dx=1αs+3/20xs+1/2((1+x)(1+βαx))s+1dx
より, 最初からα=1としてよい, よって,
01xs+1/2(1x)s1/2(1(1β)x)s1dx=π(1+β)2s+1βΓ(s+12)Γ(s+1)
を示せばよい. これはGaussの超幾何積分になっているので,
01xs+1/2(1x)s1/2(1(1β)x)s1dx=Γ(s+32)Γ(s+12)Γ(2s+2)2F1[s+32,s+12s+2;1β]
ここで, Legendreの倍角公式より,
Γ(2s+2)=22s+1πΓ(s+1)Γ(s+32)
また, 超幾何関数に関する等式,
2F1[a,12+a2a;z]=11z(21+1z)2a1
より,
2F1[s+32,s+12s+2;1β]=1β(21+β)2s+1
これらを合わせて,
01xs+1/2(1x)s1/2(1(1β)x)s1dx=π(1+β)2s+1βΓ(s+12)Γ(s+1)
を得る.

30個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361339989678649344 )

0erfcxdx=1π0erfc2xdx=2π2π0erfc3xdx=3π62π3/2arctan20erfc4xdx=4π242π3/2arctan18

見慣れない関数なので, まず定義を確認します. erfcは相補誤差関数といい,
erfcx:=2πxez2dz
で定義されます.

まず, 0nに対し,
In(a,b):=0ea2x2erfcnbxdx
I1(a,b):=0とする.
定義より,
I0(a,b)=0ea2x2dx=π2a
である. また, 1nに対し,
bIn(a,b)=2nπ0xe(a2+b2)x2erfcn1bxdx=2nπ([e(a2+b2)x22(a2+b2)erfcn1bx]0b(n1)π(a2+b2)0e(a2+2b2)x2erfcn2bxdx)=2nπ(12(a2+b2)(n1)bπ(a2+b2)In2(a2+2b2,b))=2n(n1)bπ(a2+b2)In2(a2+2b2,b)nπ(a2+b2)
これを用いて,
bI1(a,b)=1π(a2+b2)
より,
I1(a,b)=1aπarctanba+C1(a)
b=0として, C1(a)=π2a, 整理して,
I1(a,b)=1aπarctanab
また,
bI2(a,b)=4bπ(a2+b2)π2a2+2b22π(a2+b2)=2π(b(a2+b2)a2+2b21a2+b2)
だから,
I2(a,b)=2aπ(arctana2+2b2aarctanba)+C2(a)
b=0として, C2(a)=0より,
I2(a,b)=2aπ(arctana2+2b2aarctanba)
これより,
0erfcxdx=lima0I1(a,1)=1π0erfc2xdx=lima0I2(a,1)=22π
また, 2nに対し,
0erfcnxdx=[xerfcnx]0+2nπ0xex2erfcn1xdx=nπ[ex2erfcn1x]02n(n1)π0e2x2erfcn2xdx=nπ2n(n1)πIn2(2,1)
これより,
0erfc3xdx=3π62π3/2arctan20erfc4xdx=4π242π3/2arctan18

今回もなかなか大変でしたが, 8個示せたので, これで示せたのは24個ですね. 100個めざしていきたいと思います.

参考文献

[1]
Jonathan M. Borwein, Marc Chamberland, Integer Power of Arcsin, International Journal of Mathematics and Mathematical Sciences
投稿日:202138
OptHub AI Competition

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投稿者

Wataru
Wataru
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超幾何関数, 直交関数, 多重ゼータ値などに興味があります

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