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積分botを解けるだけ解く, その5

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$$\newcommand{Li}[0]{\mathrm{Li}} $$

さて, 今日も解いていきます. 前回( https://mathlog.info/articles/1921 )

41個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361415173169242112 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\arctan\frac{2\sqrt{1+2x^2}}{\sqrt{5}(1+x^2)}}{\sqrt{1+2x^2}(1+3x^2)}\,dx=\frac{\pi}{2}\arctan\sqrt{\frac{3}{5}}-\frac{\pi^2}{15} \end{eqnarray*}$$

見た目がすごいですね. なんでこんな積分をしようと思ったんでしょうか. とりあえず, 変数を導入してみます.

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\arctan\left(a\frac{\sqrt{1+b^2x^2}}{1+x^2}\right)}{\sqrt{1+b^2x^2}(1+c^2x^2)}\,dx \end{eqnarray*}$$

見た目的に$a$で微分したくなりますよね. すると,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{1+x^2}{((1+x^2)^2+a^2(1+b^2x^2))(1+c^2x^2)}\,dx \end{eqnarray*}$$
となります. いや, これでは解けませんね. わかりません.

42個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361425927469740032 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\sqrt{\frac{2-x^2}{1-x^2}}\,dx=\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}+\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}} \end{eqnarray*}$$

これは第2種完全楕円積分を用いて, $\sqrt{2}E\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)$と表されますね. 楕円積分についてはよく知らないですが, これは求まりそうですね.

まず, 第1種完全楕円積分, $K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)$を求めます. $x\to\sqrt{1-x^2}$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)&=&\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-\frac 12x^2}}\,dx\\ &=&\int_0^1\frac{x}{x\sqrt{\frac{1+x^2}{2}}\sqrt{1-x^2}}\,dx\\ &=&\sqrt{2}\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\,dx\\ &=&\frac 1{2\sqrt{2}}\int_0^1x^{-3/4}(1-x)^{-1/2}\,dx\\ &=&\frac 1{2\sqrt{2}}\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)\Gamma\left(\frac 12\right)}{\Gamma\left(\frac 34\right)}\\ &=&\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{\pi}} \end{eqnarray*}$$
ここで, $k'=\sqrt{1-k^2}$として, Legendreの関係式,
$$\begin{eqnarray*} K(k)E(k')+E(k)K(k')-K(k)K(k')=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$$
$k=\frac 1{\sqrt{2}}$を代入すると,
$$\begin{eqnarray*} 2K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)E\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)-K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)^2=\frac{\pi}2 \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \sqrt{2}E\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)&=&\frac{\sqrt{2}\pi}{4K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)}+\frac 1{\sqrt{2}}K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)\\ &=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}+\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}} \end{eqnarray*}$$

43個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361430284835557377 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{x-x^3}}\,dx=\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}}(\ln 2-\pi) \end{eqnarray*}$$

楕円積分系のが連続で来ましたね.

Eulerの変換公式,
$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{(c)_nn!}z^n=(1-z)^{c-a-b}\sum_{0\leq n}\frac{(c-a,c-b)_n}{(c)_nn!}z^n \end{eqnarray*}$$
の両辺を$a$で偏微分して,
$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{(c)_nn!}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\frac 1{a+k}=-(1-z)^{c-a-b}\left(\ln(1-z)\sum_{0\leq n}\frac{(c-a,c-b)_n}{(c)_nn!}z^n+\sum_{0\leq n}\frac{(c-a,c-b)_n}{(c)_nn!}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\frac 1{c-a+k}\right) \end{eqnarray*}$$
ここで, $c=a+b$として, 右辺第2項を移項して,
$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{(c)_nn!}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac 1{a+k}+\frac 1{b+k}\right)=-\ln(1-z)\sum_{0\leq n}\frac{(c-a,c-b)_n}{(c)_nn!}z^n \end{eqnarray*}$$
ここで, $a=b=\frac 12$として,
$$\begin{eqnarray*} 2\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}=-\frac 12\ln(1-z)\,{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac 12,\frac 12\\1\end{matrix};z\right] \end{eqnarray*}$$
また, Euler積分表示
$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{(c)_nn!}z^n=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}\int_0^1x^{b-1}(1-x)^{c-b-1}(1-zx)^{-a}\,dx \end{eqnarray*}$$
の両辺を$a$で偏微分して, $a=b=\frac 12, c=1$とすると,
$$\begin{eqnarray*} 2\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\frac 1{2k+1}=-\frac{1}{\pi}\int_0^1\frac{\ln(1-zx)}{\sqrt{x(1-x)(1-zx)}}\,dx \end{eqnarray*}$$
これより, 上の式を合わせて,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1-zx)}{\sqrt{x(1-x)(1-zx)}}\,dx=\frac{\pi}2\ln(1-z)\,{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac 12,\frac 12\\1\end{matrix};z\right] \end{eqnarray*}$$
与えられた積分は,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{x-x^3}}\,dx&=&\int_0^1\frac{\ln(1-x^2)-\ln(1+x)}{\sqrt{x(1-x)(1+x)}}\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{\sqrt{x(1-x)(1+x)}}\,dx&=&\lim_{a\to\frac 12}\frac{\partial}{\partial a}\int_0^1x^{-1/2}(1-x^2)^{a-1}\,dx\\ &=&\frac 12\lim_{a\to\frac 12}\frac{\partial}{\partial a}\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)\Gamma(a)}{\Gamma\left(a+\frac 14\right)}\\ &=&\frac 12\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)\Gamma\left(\frac 12\right)}{\Gamma\left(\frac 34\right)}\left(\psi\left(\frac 12\right)-\psi\left(\frac 34\right)\right)\\ &=&\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}}\left(2\ln 2-\pi\right) \end{eqnarray*}$$
と,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1+x)}{\sqrt{x(1-x)(1-x)}}\,dx&=&\frac{\pi}2\ln 2\,{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac 12,\frac 12\\1\end{matrix};-1\right]\\ &=&\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}}\ln 2 \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{x-x^3}}\,dx=\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}}(\ln 2-\pi) \end{eqnarray*}$$

44個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361430284835557377 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{\arctan^2 x\ln^2(1+x^2)}{x^2}\,dx&=&\frac 43\pi\ln^32+\frac 23\pi^3\ln 2+\frac 12\pi\zeta(3) \end{eqnarray*}$$

解く方法は1つわかりましたが, 僕にとって重要な研究を用いているので, ここでは非公開とします.

45個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361443526798692353 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{a^2}{x}\right)}{e^{\sqrt{x}}-1}\,dx=8\pi^2\psi\left(-2,\frac{a}{2\pi}\right)-\frac{a^2}{2}\left(1-2\ln\frac a{2\pi}\right)-2\pi a\left(1+2\ln\Gamma\left(\frac {a}{2\pi}\right)\right) \end{eqnarray*}$$

右辺に見慣れない関数があるので, とりあえず何なのかを調べてみます. wikipedia( https://en.wikipedia.org/wiki/Balanced_polygamma_function ) には,
$$\begin{eqnarray*} \psi(z,q):=\frac{\zeta'(z+1,q)+(\psi(-z)+\gamma)\zeta(z+1,q)}{\Gamma(-z)} \end{eqnarray*}$$
という定義がありました. $z=-2$を代入してみると,
$$\begin{eqnarray*} \psi(-2,a)&=&\zeta'(-1,a)+\zeta(-1,a)\\ &=&\ln K(a)-\ln A+\frac{a(1-a)}{2} \end{eqnarray*}$$
という感じになりますね. ここで, $K$はKinkelinの$K$関数で,
$$\begin{eqnarray*} \ln A:=\frac 12-\zeta'(-1) \end{eqnarray*}$$
この$A$はGlaisher-Kinkelinの定数というらしいですが, 全く知らないので単なる略記として, 上の定義を採用します. 定義を確認したので, さっそく証明に取りかかりたいと思います. その前にもう少しだけ準備をします. まず, $a$$2\pi a$に置き換えると, 与えられた式は,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{(2\pi a)^2}{x}\right)}{e^{\sqrt{x}}-1}\,dx=8\pi^2\psi(-2,a)-2\pi^2a^2(1-2\ln a)-4\pi^2a(1+2\ln\Gamma(a)) \end{eqnarray*}$$
となる, さらに$x\to (2\pi x)^2$と置換して,
$$\begin{eqnarray*} 8\pi^2\int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac{a^2}{x^2}\right)}{e^{2\pi x}-1}\,dx=8\pi^2\psi(-2,a)-2\pi^2a^2(1-2\ln a)-4\pi^2a(1+2\ln\Gamma(a)) \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac{a^2}{x^2}\right)}{e^{2\pi x}-1}\,dx=\psi(-2,a)-\frac 14a^2(1-2\ln a)-\frac 12a(1+2\ln\Gamma(a)) \end{eqnarray*}$$
この形の方が示しやすそうなので, これを示します.

Binetの第2公式
$$\begin{eqnarray*} \ln\Gamma(z)=\frac 12\ln 2\pi+\left(z-\frac 12\right)\ln z-z+2\int_0^{\infty}\frac{\arctan\frac xz}{e^{2\pi x}-1}\,dx \end{eqnarray*}$$
$z$について微分して,
$$\begin{eqnarray*} \psi(z)=\ln z-\frac 1{2z}-2\int_0^{\infty}\frac{x}{(x^2+z^2)(e^{2\pi x}-1)}\,dx \end{eqnarray*}$$
これより,
$$\begin{eqnarray*} 2z\int_0^{\infty}\frac{x}{(x^2+z^2)(e^{2\pi x}-1)}\,dx=z\ln z-\frac 12-z\psi(z) \end{eqnarray*}$$
$z$について, $0$から$a$まで積分して,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac{a^2}{x^2}\right)}{e^{2\pi x}-1}\,dx&=&\int_0^a\left(z\ln z-\frac 12-z\psi(z)\right)\,dz\\ &=&-\frac 14a^2(1-2\ln a)-\frac a2-\int_0^az\psi(z)\,dz\\ &=&-\frac 14a^2(1-2\ln a)-\frac a2-a\ln\Gamma(a)+\int_0^a\ln\Gamma(z)\,dz\\ &=&-\frac 14a^2(1-2\ln a)-\frac a2(1+2\ln\Gamma(a))+\ln K(a)+\frac a2\ln2\pi+\frac{a(1-a)}{2} \end{eqnarray*}$$

あれ, 一致しませんね, 実は$\psi(-2,z)$は負数でのPolygamma関数
$$\begin{eqnarray*} \psi^{(-2)}(a):=\int_0^a\ln\Gamma(z)\,dz \end{eqnarray*}$$
のことを表していたとすれば, この式はあっているので, おそらくそういうことだと思います.

46個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361452349156454401 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\left(x+\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}\tan x\right)\right)^2\,dx=\frac{\pi}{4}\Li_2(a^2) \end{eqnarray*}$$

この式, $a=0$で成立してないので, どこか打ち間違えたのかなと思って, 符号変えてみたらグラフが一致したので,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\left(x-\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}\tan x\right)\right)^2\,dx=\frac{\pi}{4}\Li_2(a^2) \end{eqnarray*}$$
これを示したいと思います.

$\tan x\to x$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\left(x-\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}\tan x\right)\right)^2\,dx&=&\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^2}\left(\arctan x-\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}x\right)\right)^2\,dx\\ &=&\int_0^{\pi/2}\left(x-\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}\tan x\right)\right)^2\,dx\\ &=&\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^2}\left(\arctan x-\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}x\right)\right)^2\,dx\\ &=&\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^2}\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\frac{x^2}{(1+y^2x^2)(1+z^2x^2)}\,dydzdx\\ &=&\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_0^{\infty}\frac{x^2}{(1+x^2)(1+y^2x^2)(1+z^2x^2)}\,dxdydz\\ \end{eqnarray*}$$
最後の変形はFubiniの定理による. ここで, 部分分数分解などを用いて,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x^2}{(1+x^2)(1+y^2x^2)(1+z^2x^2)}\,dx=\frac{\pi}{2}\frac{1}{(1+y)(1+z)(y+z)} \end{eqnarray*}$$
であることと, $y\to\frac{1-y}{1+y}, z\to\frac{1-z}{1+z}$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} &&\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_0^{\infty}\frac{x^2}{(1+x^2)(1+y^2x^2)(1+z^2x^2)}\,dxdydz\\ &=&\frac{\pi}{2}\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\frac{1}{(1+y)(1+z)(y+z)}\,dydz\\ &=&\frac{\pi}{2}\int_0^a\int_0^a\frac 1{\frac 2{1+y}\frac{2}{1+z}\left(\frac{1-y}{1+y}+\frac{1-z}{1+z}\right)}\frac{2dy}{(1+y)^2}\frac{2dz}{(1+z)^2}\\ &=&\frac{\pi}{4}\int_0^a\int_0^a\frac{1}{1-yz}\,dydz\\ &=&\frac{\pi}4\sum_{0\lt n}\int_0^a\int_0^a(yz)^{n-1}\,dydz\\ &=&\frac{\pi}4\sum_{0\lt n}\frac{a^{2n}}{n^2}\\ &=&\frac{\pi}4\Li_2(a^2) \end{eqnarray*}$$

47個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361470038419664902 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\arctan^2 x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\frac{\pi}{4}(4\Li_2(\beta^2)-\Li_2(\beta^4))\quad(\beta=-1+\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$$

まず, この右辺が
$$\begin{eqnarray*} \pi\left(\Li_2(\beta^2)-\frac 14\Li_2(\beta^4)\right)&=&\pi\left(\sum_{0\lt n}\frac{\beta^{2n}}{n^2}-\sum_{0\lt n}\frac{\beta^{4n}}{(2n)^2}\right)\\ &=&\pi\sum_{0\leq n}\frac{(\beta^{2})^{2n+1}}{(2n+1)^2}\\ &=&\pi\chi_2(\beta^2) \end{eqnarray*}$$
となることを確認しておく.

この前の記事( https://mathlog.info/articles/1901 ) の命題3において, $r=s=\beta$とすると,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\arctan^2 x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx&=&\int_0^1\arctan^2(\sin x)\,dx\\ &=&\pi\chi_2(\beta^2) \end{eqnarray*}$$

48個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361483779106242561 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}x^{s-1}(1-\coth\pi x)\,dx=-2^{1-s}\pi^{-s}\Gamma(s)\zeta(s)\quad\Re(s)\gt 1 \end{eqnarray*}$$

シンプルな式が来ました.

よく知られたMellin変換,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,dx=\Gamma(s)\zeta(s) \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}x^{s-1}(1-\coth\pi x)\,dx&=&-2\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^{2\pi x}-1}\,dx\\ &=&-2(2\pi)^{-s}\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,dx\\ &=&-2^{1-s}\pi^{-s}\Gamma(s)\zeta(s) \end{eqnarray*}$$

49個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361500151022510080 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\ln\ln\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\,dx=-\gamma-2\ln\frac{2\Gamma\left(\frac 34\right)}{\Gamma\left(\frac 14\right)} \end{eqnarray*}$$

まず, 置換$x\to \frac 1x$により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\ln\ln\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\,dx&=&\int_1^{\infty}\frac{\ln\ln(x+\sqrt{x^2-1})}{x^2}\,dx \end{eqnarray*}$$
さらに$x\to\cosh x$と置換して,
$$\begin{eqnarray*} \int_1^{\infty}\frac{\ln\ln(x+\sqrt{x^2-1})}{x^2}\,dx=\int_0^{\infty}\frac{\ln x\sinh x}{\cosh^2 x}\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで, Mellin変換により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x^s\sinh x}{\cosh^2 x}\,dx&=&s\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{\cosh x}\,dx\\ &=&2\Gamma(s+1)\beta(s) \end{eqnarray*}$$
よって, 特殊値,
$$\begin{eqnarray*} \beta(0)&=&\frac 12\\ \beta'(0)&=&\ln\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)}{2\Gamma\left(\frac 34\right)} \end{eqnarray*}$$
を用いて,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{\ln x\sinh x}{\cosh^2 x}\,dx&=&\lim_{s\to 0}\frac{\partial}{\partial s}\int_0^{\infty}\frac{x^s\sinh x}{\cosh^2 x}\,dx\\ &=&2\lim_{s\to 0}\frac{\partial}{\partial s}\Gamma(s+1)\beta(s)\\ &=&2\lim_{s\to 0}\Gamma(s+1)\left(\psi(s+1)\beta(s)+\beta'(s)\right)\\ &=&-2\gamma\beta(0)+2\beta'(0)\\ &=&-\gamma-2\ln\frac{2\Gamma\left(\frac 34\right)}{\Gamma\left(\frac 14\right)} \end{eqnarray*}$$

50個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361521504249405444 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi}\frac{\arctan(2\cos^2 x)}{\cos^2 x}\,dx=\frac{\pi}{\sqrt{\phi}} \end{eqnarray*}$$

黄金比は$\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$です. こういう$\arctan$が入ってるのは, Fubiniの定理の仮定を満たしていることが多いんですよね.

Fubiniの定理より,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi}\frac{\arctan(2\cos^2 x)}{\cos^2 x}\,dx&=&4\int_0^{\pi/2}\frac{\arctan(2\cos^2 x)}{\cos^2 x}\,dx\\ &=&4\int_0^{\pi/2}\int_0^2\frac{1}{1+y^2\cos^4 x}\,dydx\\ &=&4\int_0^2\int_0^{\pi/2}\frac{1}{1+y^2\cos^4 x}\,dxdy\\ &=&4\int_0^2\int_0^{\infty}\frac{1}{1+\frac{y^2}{(1+x^2)}}\frac 1{1+x^2}\,dxdy\\ &=&4\int_0^2\int_0^{\infty}\frac {1+x^2}{(1+x^2)^2+y^2}\,dxdy\\ &=&4\Re\left(\int_0^2\int_0^{\infty}\frac{1}{1+iy+x^2}\,dxdy\right)\\ &=&2\pi\Re\left(\int_0^2\frac{1}{\sqrt{1+iy}}\,dy\right)\\ &=&4\pi\Re\left(-i(\sqrt{1+2i}-1)\right)\\ &=&4\pi\Im\sqrt{1+2i}\\ &=&4\pi\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\\ &=&\frac{4\pi}{\sqrt{\phi}} \end{eqnarray*}$$

$4$倍違いましたね. 数値を確認したところ, 積分botの方が間違っていました.

取り組む前にさっと眺めたところだと, 今回難しそうだと思ったけど, 取り組んでみると最初のやつ以外は大丈夫でした. これで, 50個取り組んで40個証明ができたところですね, 最初思ってたより多くの式が証明できたので良かったです. できれば次の記事では10個全部証明して50個いきたいですね.

投稿日:2021311

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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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