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積分botを解けるだけ解く, その6

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

そろそろ簡単なやつとか解いたかどうかわからなくなってきてしまってる気がするので迷ったら過去の記事を確認してます. 前回( https://mathlog.info/articles/1929 )

51個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361521861754978309 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\frac{x\ln\sin x}{\sin 2x}\,dx=-\frac{\pi^3}{48} \end{eqnarray*}$$

積分路の変更をしてみると, うまくいくと思いました.

半径$1$の半円形の積分路を考えると,
$$\begin{eqnarray*} &&\int_0^{\pi/2}\frac{x\ln\sin x}{\sin 2x}\,dx\\ &=&\frac 14\int_0^{\pi}\frac{x\ln\sin\frac x2}{\sin x}\,dx\\ &=&-\frac 12\int_0^{\pi}\frac{e^{ix}\ln e^{ix}}{1-e^{2ix}}\left(\ln\left(\frac{1-e^{ix}}2\right)-\frac 12\ln e^{ix}+\frac{i\pi}{2}\right)\,dx\\ &=&-\frac i2\int_{-1}^1\frac{\ln x}{1-x^2}\left(\ln\left(\frac{1-x}2\right)-\frac 12\ln x+\frac{i\pi}2\right)\,dx\\ &=&\Re\left(-\frac i2\int_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}\left(\ln\left(\frac{1-x}2\right)-\frac 12\ln x+\frac{i\pi}2\right)\,dx\right)\\ &+&\Re\left(-\frac i2\int_0^1\frac{\ln x+i\pi}{1-x^2}\left(\ln\left(\frac{1+x}2\right)-\frac 12\ln x\right)\,dx\right)\\ &=&\frac{\pi}{4}\int_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}\,dx+\frac{\pi}{2}\int_0^1\frac{1}{1-x^2}\left(\ln\left(\frac{1+x}2\right)-\frac 12\ln x\right)\,dx\\ &=&\frac{\pi}2\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{1-x^2}\,dx\\ &=&\frac{\pi}4\int_0^1\left(\frac 1{1-x}+\frac 1{1+x}\right)\ln\left(\frac{1+x}2\right)\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで, $x\to 1-2x$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{1-x}\,dx&=&\int_0^{1/2}\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx\\ &=&-\Li_2\left(\frac 12\right)\\ &=&\frac{\ln^2 2}{2}-\frac{\pi^2}{12} \end{eqnarray*}$$
また,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x}2\right)}{1+x}\,dx&=&\left[\frac 12\ln^2(1+x)-\ln 2\ln(1+x)\right]_0^1\\ &=&-\frac{\ln^2 2}{2} \end{eqnarray*}$$
より, これを先ほどの式に代入して,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\frac{x\ln\sin x}{\sin 2x}\,dx=-\frac{\pi^3}{48} \end{eqnarray*}$$
が得られる.

52個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361529040545398786 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^2\frac{\tan^{-1}\frac{2-x}{1+2x}}{x^2-4x-1}\,dx=-\frac 1{2\sqrt{5}}\tan^{-1}2\tanh^{-1}\frac 2{\sqrt{5}} \end{eqnarray*}$$

これは解けないかな, と思ったりしましたが, 僕たちの論文の結果を用いてなんとか示すことができました.

$$\begin{eqnarray*} \int_0^2\frac{\tan^{-1}\frac{2-x}{1+2x}}{x^2-4x-1}\,dx&=&\int_0^2\frac{\tan^{-1}2-\tan^{-1}x}{(x-2)^2-5}\,dx\\ &=&\int_0^2\int_x^2\frac 1{(1+y^2)((x-2)^2-5)}\,dydx\\ &=&\frac 45\int_{0\lt x,y,\,x+y\lt 1}\frac{1}{\left(1-\frac{4}{5}x^2\right)(1+4y^2)}\,dxdy \end{eqnarray*}$$
ここで, Euler積分により,
$$\begin{eqnarray*} \int_{0\lt x,y,\,x+y\lt 1}\frac{1}{(1-a^2x^2)(1-b^2x^2)}\,dxdy&=&\sum_{0\leq n,m}a^{2n}b^{2m}\int_{0\lt x,y\,x+y\lt 1}x^{2n}y^{2m}\,dxdy\\ &=&\sum_{0\leq n,m}\frac{a^{2n}b^{2m}}{(2n+1)(2m+1)}\frac{(2n+1)!(2m+1)!}{(2n+2m+2)!} \end{eqnarray*}$$
ここで, Multivariable connected sums and multiple polylogarithms( https://arxiv.org/abs/2103.05492 ) のExample 5.6より,
$$\begin{eqnarray*} f(a,b):=\sum_{0\lt a,b}\frac{a^nb^m}{nm}\frac{n!m!}{(n+m)!}=\Li_2(a)+\Li_2(b)-\Li_2(a+b-ab) \end{eqnarray*}$$
だから,
$$\begin{eqnarray*} &&\sum_{0\leq n,m}\frac{a^{2n}b^{2m}}{(2n+1)(2m+1)}\frac{(2n+1)!(2m+1)!}{(2n+2m+2)!}\\ &=&\frac 1{4ab}(f(a,b)-f(-a,b)-f(a,-b)+f(-a,-b))\\ &=&-\frac 1{4ab}\left(\Li_2(a+b-ab)-\Li_2(-a+b+ab)-\Li_2(a-b+ab)+\Li_2(-a-b-ab)\right) \end{eqnarray*}$$
よって, 解析接続により, $a=\frac 2{\sqrt{5}}, b=2i$として,
$$\begin{eqnarray*} &&\frac 45\int_{0\lt x,y,\,x+y\lt 1}\frac{1}{\left(1-\frac{4}{5}x^2\right)(1+4y^2)}\,dxdy\\ &=&-\frac 1{5\cdot\frac 2{\sqrt{5}}\cdot 2i}\left(\Li_2\left(2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i)\right)-\Li_2\left(-2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i)\right)-\Li_2\left(2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i)\right)+\Li_2\left(-2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i)\right)\right)\\ &=&-\frac 1{4i\sqrt{5}}\left(\Li_2\left(2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i)\right)+\Li_2\left(-2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i)\right)-\Li_2\left(-2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i)\right)-\Li_2\left(2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i)\right)\right) \end{eqnarray*}$$
ここで,
$$\begin{eqnarray*} \Li_2(z)+\Li_2\left(\frac{z}{z-1}\right)=-\frac 12\ln^2(1-z) \end{eqnarray*}$$
に,
$$\begin{eqnarray*} z=2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i),\quad -2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i) \end{eqnarray*}$$
を代入すると,
$$\begin{eqnarray*} \Li_2\left(2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i)\right)+\Li_2\left(-2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i)\right)&=&-\frac 12\ln^2\left(1-2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i)\right)\\ &=&-\frac 12\ln^2\left((1-2i)\left(1-\frac 2{\sqrt{5}}\right)\right)\\ \Li_2\left(-2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i)\right)+\Li_2\left(2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i)\right)&=&-\frac 12\ln^2\left(1+2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i)\right)\\ &=&-\frac 12\ln^2\left((1+2i)\left(1-\frac 2{\sqrt{5}}\right)\right) \end{eqnarray*}$$
これより,
$$\begin{eqnarray*} &&-\frac 1{4i\sqrt{5}}\left(\Li_2\left(2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i)\right)+\Li_2\left(-2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i)\right)-\Li_2\left(-2i+\frac{2}{\sqrt{5}}(1+2i)\right)-\Li_2\left(2i-\frac{2}{\sqrt{5}}(1-2i)\right)\right)\\ &=&\frac 1{8i\sqrt{5}}\left(\ln^2\left((1-2i)\left(1-\frac 2{\sqrt{5}}\right)\right)-\ln^2\left((1+2i)\left(1-\frac 2{\sqrt{5}}\right)\right)\right)\\ &=&\frac 1{8i\sqrt{5}}\left(\ln\left((1-2i)\left(1-\frac 2{\sqrt{5}}\right)\right)-\ln\left((1+2i)\left(1-\frac 2{\sqrt{5}}\right)\right)\right)\left(\ln\left((1-2i)\left(1-\frac 2{\sqrt{5}}\right)\right)+\ln\left((1+2i)\left(1-\frac 2{\sqrt{5}}\right)\right)\right)\\ &=&\frac 1{8i\sqrt{5}}\ln\left(\frac{1-2i}{1+2i}\right)\ln\left(5\left(1-\frac{2}{\sqrt{5}}\right)\right)\\ &=&-\frac 1{8i\sqrt{5}}\cdot 2i\tan^{-1}2\cdot 2\tanh^{-1}\frac 2{\sqrt{5}}\\ &=&-\frac 1{2\sqrt{5}}\tan^{-1}2\tanh^{-1}\frac{2}{\sqrt{5}} \end{eqnarray*}$$

53個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361536692058955776 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x\ln(1+x^2)}{\sinh\pi x}\,dx=\ln\frac{\sqrt[3]{2}A^6}{\pi\sqrt{e}} \end{eqnarray*}$$

AはGlaisher-Kinkelinの定数ですね.

まず,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x\ln(1+x^2)}{\sinh\pi x}\,dx&=&\int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{\sinh\pi x}\,dx+2\int_0^{\infty}\frac{x\ln x}{\sinh\pi x}\,dx \end{eqnarray*}$$
第1項は前回の記事( https://mathlog.info/articles/1929 ) の命題5の証明の最後の式,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac{a^2}{x^2}\right)}{e^{2\pi x}-1}\,dx&=&-\frac {a^2}4(1-2\ln a)-\frac a2(1+2\ln\Gamma(a))+\ln K(a)+\frac a2\ln 2\pi+\frac{a(1-a)}2 \end{eqnarray*}$$
$K\left(\frac 12\right)=\frac{A^{3/2}}{2^{1/24}e^{1/8}}$をもちいて,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{\sinh\pi x}\,dx&=&2\int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{e^{\pi x}-1}\,dx-2\int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{e^{2\pi x}-1}\,dx\\ &=&8\int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac 1{4x^2}\right)}{e^{2\pi x}-1}\,dx-2\left(-\frac 14-\frac 12+\frac 12\ln 2\pi\right)\\ &=&8\left(-\frac 1{16}(1+2\ln 2)-\frac 14(1+\ln\pi)+\ln K\left(\frac 12\right)+\frac 14\ln 2\pi+\frac 18\right)+\frac 32-\ln 2\pi\\ &=&-\frac {3}{2}+8\ln K\left(\frac 12\right)+\ln 2+\frac 32-\ln 2\pi\\ &=&8\ln K\left(\frac 12\right)-\ln\pi\\ &=&\ln\frac{A^{12}}{\pi e\sqrt[3]{2}} \end{eqnarray*}$$
第2項は,

$$\begin{eqnarray*} 2\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{\sinh\pi x}\,dx&=&4\pi^{-s}(1-2^{-s})\Gamma(s)\zeta(s) \end{eqnarray*}$$
と, $\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}=\gamma+\ln 2\pi-12\ln A$より,

$$\begin{eqnarray*} 2\int_0^{\infty}\frac{x\ln x}{\sinh\pi x}\,dx&=&4\left.\frac{d}{ds}\left(\pi^{-s}(1-2^{-s})\Gamma(s)\zeta(s)\right)\right|_{s=2}\\ &=&4\pi^{-2}(1-2^{-2})\zeta(2)\left(\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}-\ln\pi+\frac{2^{-2}\ln 2}{1-2^{-2}}+\psi(2)\right)\\ &=&\frac 12\left(1+\frac 43\ln 2-12\ln A\right)\\ &=&\ln\frac{\sqrt[3]{4}\sqrt{e}}{A^6} \end{eqnarray*}$$
よって, 求める積分は,

$$\begin{eqnarray*} \ln\frac{A^{12}}{\pi e\sqrt[3]{2}}+\ln\frac{\sqrt[3]{4}\sqrt{e}}{A^6}=\ln\frac{\sqrt[3]{2}A^6}{\pi\sqrt{e}} \end{eqnarray*}$$

54個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361547949419945984 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\tan^{-1}\frac{2\sin x}{2\cos x-1}\,dx=\sqrt{2}\pi\ln\phi-\frac{\pi}{\sqrt{2}}\ln(2+\sqrt{3}) \end{eqnarray*}$$

$\phi=\frac{1+\sqrt{5}}2$ですね. 非常に難しかったです. もともとの証明が気になるところです.

まず,
$$\begin{eqnarray*} \frac 1{\sqrt{1+z}}=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\binom{2n}nz^n \end{eqnarray*}$$
に, $z=e^{2ix}$を代入して, 虚部を比較することにより,
$$\begin{eqnarray*} \frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}=\sqrt{2}\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^{n-1}}{2^{2n}}\binom{2n}n\sin 2nx \end{eqnarray*}$$
となることと, $|x|\leq 1$に対し,
$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\lt n}\frac{1}{2^{2n}n}\binom{2n}nx^n&=&\int_0^x\frac 1{t}\left(\frac 1{\sqrt{1-t}}-1\right)\,dt\\ &=&2\ln\frac{2}{1+\sqrt{1-x}} \end{eqnarray*}$$
であることを確認しておく.
$$\begin{eqnarray*} &&\int_0^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\tan^{-1}\frac{2\sin x}{2\cos x-1}\,dx\\ &=&\int_0^{\pi/3}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\tan^{-1}\frac{2\sin x}{2\cos x-1}\,dx-\int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\tan^{-1}\frac{2\sin x}{1-2\cos x}\,dx\\ &=&\Im\left(\int_0^{\pi/3}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\ln(2e^{ix}-1)\,dx-\int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\ln(1-2e^{-ix})\,dx\right)\\ &=&\Im\left(\int_0^{\pi/3}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\ln(2e^{ix}-1)\,dx+\int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}(\ln(2e^{ix}-1)-i\pi)\,dx\right)\\ &=&\Im\left(\int_0^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\ln(2e^{ix}-1)\,dx\right)-\pi\int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\,dx\\ &=&\Im\left(\int_0^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\ln\left(1-\frac{e^{-ix}}{2}\right)\,dx\right)+\int_0^{\pi/2}\frac{x\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\,dx-\pi\int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\,dx\\ \end{eqnarray*}$$
第1項は
$$\begin{eqnarray*} &&\Im\left(\int_0^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\ln\left(1-\frac{e^{-ix}}{2}\right)\,dx\right)\\ &=&\int_0^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\sum_{0\lt n}\frac{1}{2^nn}\sin nx\,dx\\ &=&\sqrt{2}\int_0^{\pi/2}\sum_{0\lt n,m}\frac{(-1)^{m-1}}{2^{n+2m}n}\binom{2m}m\sin nx\sin 2mx\,dx\\ &=&\sqrt{2}\sum_{0\lt n,m}\frac{(-1)^{m-1}}{2^{n+2m}n}\binom{2m}m\int_0^{\pi/2}\sin nx\sin 2mx\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで,
$n=2m$のとき,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\sin nx\sin 2mx\,dx &=& \int_0^{\pi/2}\sin^2 2mx\,dx\\ &=&\frac 12\int_0^{\pi/2}(1-\cos 4mx)\,dx\\ &=&\frac{\pi}4 \end{eqnarray*}$$
$n\neq 2m$のとき,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\sin nx\sin 2mx\,dx &=& -\frac 12\int_0^{\pi/2}(\cos(n+2m)x-\cos(n-2m)x)\,dx\\ &=&-\frac 12\left[\frac{\sin(n+2m)x}{n+2m}-\frac{\sin(n-2m)x}{n-2m}\right]_0^{\pi/2}\\ &=&\begin{cases} 0\quad(n=2r)\\ \frac{(-1)^{m+r}}{2}\left(\frac 1{2r-2m+1}-\frac 1{2r+2m+1}\right)\quad(n=2r+1) \end{cases} \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} &&\sqrt{2}\sum_{0\lt n,m}\frac{(-1)^{m-1}}{2^{n+2m}n}\binom{2m}m\int_0^{\pi/2}\sin nx\sin 2mx\,dx\\ &=&\frac{\sqrt{2}}4\pi\sum_{0\lt m}\frac{(-1)^{m-1}}{2^{4m}(2m)}\binom{2m}m-\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{0\leq r,0\lt m}\frac{(-1)^r}{2^{2r+2m+1}(2r+1)}\binom{2m}m\left(\frac 1{2r-2m+1}-\frac{1}{2r+2m+1}\right)\\ &=&-\frac{\sqrt{2}}{8}\pi\sum_{0\leq m}\frac 1{2^{2m}m}\binom{2m}{m}\left(-\frac 14\right)^m+\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{0\leq r}\frac{(-1)^r}{2^{2r+1}(2r+1)}\sum_{0\leq m}\frac 1{2^{2m}}\binom{2m}m\left(\frac 1{2m-2r-1}+\frac{1}{2m+2r+1}\right)\\ &=&-\frac{\sqrt{2}}{8}\pi\cdot 2\ln\frac{2}{1+\frac{\sqrt{5}}2}+\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{0\leq r}\frac{(-1)^r}{2^{2r+1}(2r+1)}\left(\frac 1{-2r-1}\,{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac 12,-\frac 12-r\\\frac 12-r\end{matrix};1\right]+\frac 1{2r+1}\,{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac 12,\frac 12+r\\\frac 32+r\end{matrix};1\right]\right)\\ &=&\frac{\sqrt{2}}{4}\pi\ln\frac{2+\sqrt{5}}4+\frac 1{\sqrt{2}}\sum_{0\leq r}\frac{(-1)^r}{2^{2r+1}(2r+1)}\left(0+\frac{1}{2r+1}\frac{\Gamma\left(\frac 12\right)\Gamma\left(r+\frac 32\right)}{\Gamma(r+1)}\right)\\ &=&\frac{\sqrt{2}}{4}\pi\ln\frac{\phi^3}{4}+\frac {\sqrt{2}}{4}\pi\sum_{0\leq r}\frac{(-1)^r}{2^{2r+1}(2r+1)}\frac{\left(\frac 12\right)_r}{r!}\\ &=&\frac{\sqrt{2}}{4}\pi\ln\frac{\phi^3}{4}+\frac {\sqrt{2}}{4}\pi\sinh^{-1}\frac{1}{2}\\ &=&\frac{\sqrt{2}}{4}\pi\ln\frac{\phi^3}{4}+\frac {\sqrt{2}}{4}\pi\ln\phi\\ &=&\sqrt{2}\pi\ln\phi-\frac{\pi}{\sqrt{2}}\ln 2 \end{eqnarray*}$$
第2項は,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\frac{x\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\,dx&=&\sqrt{2}\sum_{0\lt n}\frac{(-1)^{n-1}}{2^{2n}}\binom{2n}n\int_0^{\pi/2}x\sin 2nx\,dx\\ &=&\sqrt{2}\sum_{0\lt n}\frac{(-1)^{n-1}}{2^{2n}}\binom{2n}n\frac{(-1)^{n-1}\pi}{4n}\\ &=&\frac{\sqrt{2}}{4}\pi\sum_{0\lt n}\frac{1}{2^{2n}n}\binom{2n}n\\ &=&\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot 2\ln 2\\ &=&\frac{\pi}{\sqrt{2}}\ln 2 \end{eqnarray*}$$
第3項は,
$$\begin{eqnarray*} \int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{\sin\frac x2}{\sqrt{\cos x}}\,dx &=&2\int_{\pi/6}^{\pi/4}\frac{\sin x}{\sqrt{2\cos^2 x-1}}\,dx\\ &=&-\sqrt{2}\left[\cosh^{-1}(\sqrt{2}\cos x)\right]_{\pi/6}^{\pi/4}\\ &=&\sqrt{2}\cosh^{-1}\frac{\sqrt{6}}2\\ &=&\sqrt{2}\ln\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}2\\ &=&\frac 1{\sqrt{2}}\ln(2+\sqrt{3}) \end{eqnarray*}$$
よって, もとの積分は,
$$\begin{eqnarray*} &&\sqrt{2}\pi\ln\phi-\frac{\pi}{\sqrt{2}}\ln 2+\frac{\pi}{\sqrt{2}}\ln 2-\frac{\pi}{\sqrt{2}}\ln(2+\sqrt{3})\\ &=&\sqrt{2}\pi\ln\phi-\frac{\pi}{\sqrt{2}}\ln(2+\sqrt{3})\\ \end{eqnarray*}$$

55個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361561852896047104 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{\sinh x-x}{x^2\sinh x}\,dx=\ln2 \end{eqnarray*}$$

一見, Frullani integralかと思ったらそうじゃないので, Mellin変換を考える以外にあるんですかね.

$0\lt \Re(s)$のとき,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}x^{s-1}\frac{x}{\sinh x}\,dx&=&2(1-2^{s+1})\Gamma(s+1)\zeta(s+1) \end{eqnarray*}$$
より, Mellin inversion theoremより, $-1\lt \Re(s)\lt 0$のとき,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}x^{s-1}\left(1-\frac{x}{\sinh x}\right)\,dx&=&-2(1-2^{-s-1})\Gamma(s+1)\zeta(s+1) \end{eqnarray*}$$
$s\to -1$として,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{\sinh x-x}{x^2\sinh x}\,dx&=&-2\lim_{s\to -1}(1-2^{-s-1})\Gamma(s+1)\zeta(s+1)\\ &=&\ln 2 \end{eqnarray*}$$

56個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361567217591099393 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x^4+a^4}+\sqrt{x^4+b^4}}=\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{6\sqrt{\pi}}\frac{a^3-b^3}{a^4-b^4} \end{eqnarray*}$$

一見難しそうですが, よく考えると特殊な場合のみを証明すれば十分であることが分かります.

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x^4+a^4}+\sqrt{x^4+b^4}}&=&\frac 1{a^4-b^4}\int_0^{\infty}(\sqrt{x^4+a^4}-\sqrt{x^4+b^4})\,dx\\ &=&\frac 1{a^4-b^4}\left(\int_0^{\infty}(\sqrt{x^4+a^4}-x^2)\,dx-\int_0^{\infty}(\sqrt{x^4+b^4}-x^2)\,dx\right)\\ &=&\frac {a^3-b^3}{a^4-b^4}\int_0^{\infty}(\sqrt{x^4+1}-x^2)\,dx\\ &=&\frac {a^3-b^3}{a^4-b^4}\int_0^{\infty}\frac 1{\sqrt{1+x^4}+x^2}\,dx \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac 1{\sqrt{1+x^4}+x^2}\,dx&=&\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{6\sqrt{\pi}} \end{eqnarray*}$$
を示せば十分である. これは, $x^2\to x, x\to \frac 12\left(\frac 1x-x\right)$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^4}+x^2}\,dx&=&\frac 12\int_0^{\infty}\frac 1{\sqrt{x}(\sqrt{1+x^2}+x)}\,dx\\ &=&\frac 12\int_0^1\frac 1{\sqrt{\frac 12\left(\frac 1x-x\right)}\left(\frac 12\left(\frac 1x+x\right)+\frac 12\left(\frac 1x-x\right)\right)}\frac 12\left(\frac 1{x^2}+1\right)\,dx\\ &=&\frac{\sqrt{2}}4\int_0^1\frac{1+x^2}{\sqrt{x}\sqrt{1-x^2}}\,dx\\ &=&\frac{\sqrt{2}}{8}\left(\int_0^1x^{-3/4}(1-x)^{-1/2}\,dx+\int_0^1x^{1/4}(1-x)^{-1/2}\,dx\right)\\ &=&\frac{\sqrt{2}}{8}\left(\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)\Gamma\left(\frac 12\right)}{\Gamma\left(\frac 34\right)}+\frac{\Gamma\left(\frac 54\right)\Gamma\left(\frac 12\right)}{\Gamma\left(\frac 74\right)}\right)\\ &=&\frac {\sqrt{2}}6\frac{\sqrt{\pi}\Gamma\left(\frac 14\right)}{\Gamma\left(\frac 34\right)}\\ &=&\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{6\sqrt{\pi}}\\ \end{eqnarray*}$$
よって, 示された.

57個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361573714106613763 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{dx}{\sqrt[3]{x(1-x)}\left(x-1+\frac 1x\right)}=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$$

少し悩みましたが, 割と単純でした.

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{dx}{\sqrt[3]{x(1-x)}\left(x-1+\frac 1x\right)}&=&\int_0^1{x}{\sqrt[3]{x(1-x)}(1-x+x^2)}\,dx \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} I:=\int_0^1\frac{x}{\sqrt[3]{x(1-x)}(1-x+x^2)}\,dx=\int_0^1\frac{1-x}{\sqrt[3]{x(1-x)}(1-x+x^2)}\, \end{eqnarray*}$$
とする. Euler積分より, $x\to\frac{x}{1-x+x^2}$と置換して,
$$\begin{eqnarray*} \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}&=&\int_0^1x^{a-1}(1-x)^{b-1}\,dx\\ &=&\int_0^1\left(\frac{x}{1-x+x^2}\right)^{a-1}\left(1-\frac{x}{1-x+x^2}\right)^{b-1}\frac{1-x^2}{(1-x+x^2)^2}\,dx\\ &=&\int_0^1\frac{x^{a-1}(1-x)^{2b-1}(1+x)}{(1-x+x^2)^{a+b}}\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで, $a=\frac 23, b=\frac 13$とすると,
$$\begin{eqnarray*} 3I&=&2\int_0^1\frac{x}{\sqrt[3]{x(1-x)}(1-x+x^2)}\,dx+\int_0^1\frac{1-x}{\sqrt[3]{x(1-x)}(1-x+x^2)}\,dx\\ &=&\int_0^1\frac{1+x}{\sqrt[3]{x(1-x)}(1-x+x^2)}\,dx\\ &=&\Gamma\left(\frac 13\right)\Gamma\left(\frac 23\right)\\ &=&\frac{2\pi}{\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} I=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$$

58個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361589463978303493 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}\ln\ln\frac{1+x}{1-x}\,dx=\frac{\pi^2}{24}\ln\frac{A^{36}}{16\pi^3} \end{eqnarray*}$$

本日2回目のGlaisher-Kinkelinの定数ですね. とりあえず, Mellin変換です.

$x\to \tanh x$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}\ln\ln\frac{1+x}{1-x}\,dx&=&\int_0^{\infty}\ln 2x\ln\tanh x\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで, Mellin変換を考える.
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}x^{s-1}\ln\tanh x\,dx&=&-\frac 2s\int_0^{\infty}\frac{x^s}{\sinh 2x}\,dx\\ &=&-\frac{2^{-s}}s\int_0^{\infty}\frac{x^s}{\sinh x}\,dx\\ &=&-\frac{2^{1-s}}s(1-2^{-1-s})\Gamma(s+1)\zeta(s+1)\\ &=&-2^{1-s}(1-2^{-1-s})\Gamma(s)\zeta(s+1) \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}(2x)^{s-1}\ln\tanh x\,dx=-(1-2^{-1-s})\Gamma(s)\zeta(s+1) \end{eqnarray*}$$
よって, この両辺を$s$について微分して, $s=1$とすると,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\ln 2x\ln\tanh x\,dx&=&-\left.\frac{d}{ds}(1-2^{-1-s})\Gamma(s)\zeta(s+1)\right|_{s=1}\\ &=&-\frac 34\zeta(2)\left(\frac{\ln 2}2-\gamma+\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}\right)\\ &=&-\frac{\pi^2}{8}\left(\frac{\ln 2}{3}+\ln 2\pi-12\ln A\right)\\ &=&\frac{\pi^2}{24}\ln\frac{A^{36}}{16\pi^3} \end{eqnarray*}$$
ここで, $\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}=\gamma+\ln2\pi -12\ln A$を用いた.

59個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361609590052421633 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x}{b^2+x^2}\ln\frac{a^2+2ax\cos t+x^2}{a^2-2ax\cos t+x^2}\,dx=\frac{\pi\tan^{-1}((a^2-b^2)\cos t)}{(a^2+b^2)\sin t+2ab}-\pi t+\frac{\pi^2}2 \end{eqnarray*}$$

この式は間違ってますね. 具体的には$a=0$とすると, 左辺は$0$となるが, 右辺は
$$\begin{eqnarray*} -\frac{\pi\tan^{-1}(b^2\cos t)}{b^2\sin t}-\pi t+\frac{\pi^2}2 \end{eqnarray*}$$
となりますが, これは一般に$0$になりません.

60個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361619682881642497 )

$$\begin{eqnarray*} \int_a^{\infty}(x-a)^m\left(x-\sqrt{x^2-a^2}\right)^n\,dx=\frac{n(n-m-2)!(2m+1)!a^{m+n+1}}{2^m(m+n+1)!} \end{eqnarray*}$$

ここで, $m,n$は自然数ですね. 今回ここまで全部示せてるので, これはぜひとも示したいですね.

解析接続により, $0\lt a$の場合を示せば十分である. そのとき, $x\to ax$の置換により, $a=1$の場合を示せば十分である. $x\to\cosh x$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} &&\int_1^{\infty}(x-1)^m\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^n\,dx\\ &=&\int_0^{\infty}e^{-nx}(\cosh x-1)^m\sinh x\,dx\\ &=&\frac 1{2^m}\int_0^{\infty}e^{-nx}\left(2\sinh\frac x2\right)^{2m}\sinh x\,dx\\ &=&\frac 1{2^{m+1}}\int_0^{\infty}e^{-(n-m)x}(1-e^{-x})^{2m}(e^x-e^{-x})\,dx\\ &=&\frac 1{2^{m+1}}\int_0^1x^{n-m-1}(1-x)^{2m}\left(\frac 1x-x\right)\,dx\\ &=&\frac 1{2^{m+1}}\left(\int_0^1x^{n-m-2}(1-x)^{2m}\,dx-\int_0^1x^{n-m}(1-x)^{2m}\,dx\right)\\ &=&\frac 1{2^{m+1}}\left(\frac{(n-m-2)!(2m)!}{(n+m-1)!}-\frac{(n-m)!(2m)!}{(n+m+1)!}\right)\\ &=&\frac 1{2^{m+1}}\frac{\left((n+m)(n+m-1)-(n-m)(n-m-1)\right)(n-m-2)!(2m)!}{(n+m+1)!}\\ &=&\frac 1{2^m}\frac{n(n-m-2)!(2m+1)!}{(n+m+1)!} \end{eqnarray*}$$
となって, 示すことができた.

なんと, 今回は全部わかりました. これで50個示したことになりますね. ついに目標の半分いきました. (59個目は式自体が間違ってたけど, 反証という意味で示したことにする人)

投稿日:2021312

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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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