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積分botを解けるだけ解く, その6

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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 )

0π/2xlnsinxsin2xdx=π348

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,
0π/2xlnsinxsin2xdx=140πxlnsinx2sinxdx=120πeixlneix1e2ix(ln(1eix2)12lneix+iπ2)dx=i211lnx1x2(ln(1x2)12lnx+iπ2)dx=Re(i201lnx1x2(ln(1x2)12lnx+iπ2)dx)+Re(i201lnx+iπ1x2(ln(1+x2)12lnx)dx)=π401lnx1x2dx+π20111x2(ln(1+x2)12lnx)dx=π201ln(1+x2)1x2dx=π401(11x+11+x)ln(1+x2)dx
ここで, x12xの置換により,
01ln(1+x2)1xdx=01/2ln(1x)xdx=Li2(12)=ln222π212
また,
01ln(1+x2)1+xdx=[12ln2(1+x)ln2ln(1+x)]01=ln222
より, これを先ほどの式に代入して,
0π/2xlnsinxsin2xdx=π348
が得られる.

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

02tan12x1+2xx24x1dx=125tan12tanh125

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.

02tan12x1+2xx24x1dx=02tan12tan1x(x2)25dx=02x21(1+y2)((x2)25)dydx=450<x,y,x+y<11(145x2)(1+4y2)dxdy
ここで, Euler積分により,
0<x,y,x+y<11(1a2x2)(1b2x2)dxdy=0n,ma2nb2m0<x,yx+y<1x2ny2mdxdy=0n,ma2nb2m(2n+1)(2m+1)(2n+1)!(2m+1)!(2n+2m+2)!
ここで, Multivariable connected sums and multiple polylogarithms( https://arxiv.org/abs/2103.05492 ) のExample 5.6より,
f(a,b):=0<a,banbmnmn!m!(n+m)!=Li2(a)+Li2(b)Li2(a+bab)
だから,
0n,ma2nb2m(2n+1)(2m+1)(2n+1)!(2m+1)!(2n+2m+2)!=14ab(f(a,b)f(a,b)f(a,b)+f(a,b))=14ab(Li2(a+bab)Li2(a+b+ab)Li2(ab+ab)+Li2(abab))
よって, 解析接続により, a=25,b=2iとして,
450<x,y,x+y<11(145x2)(1+4y2)dxdy=15252i(Li2(2i+25(12i))Li2(2i+25(1+2i))Li2(2i25(12i))+Li2(2i25(1+2i)))=14i5(Li2(2i+25(12i))+Li2(2i25(1+2i))Li2(2i+25(1+2i))Li2(2i25(12i)))
ここで,
Li2(z)+Li2(zz1)=12ln2(1z)
に,
z=2i+25(12i),2i+25(1+2i)
を代入すると,
Li2(2i+25(12i))+Li2(2i25(1+2i))=12ln2(12i25(12i))=12ln2((12i)(125))Li2(2i+25(1+2i))+Li2(2i25(12i))=12ln2(1+2i25(1+2i))=12ln2((1+2i)(125))
これより,
14i5(Li2(2i+25(12i))+Li2(2i25(1+2i))Li2(2i+25(1+2i))Li2(2i25(12i)))=18i5(ln2((12i)(125))ln2((1+2i)(125)))=18i5(ln((12i)(125))ln((1+2i)(125)))(ln((12i)(125))+ln((1+2i)(125)))=18i5ln(12i1+2i)ln(5(125))=18i52itan122tanh125=125tan12tanh125

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

0xln(1+x2)sinhπxdx=ln23A6πe

AはGlaisher-Kinkelinの定数ですね.

まず,
0xln(1+x2)sinhπxdx=0xln(1+1x2)sinhπxdx+20xlnxsinhπxdx
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,
0xln(1+a2x2)e2πx1dx=a24(12lna)a2(1+2lnΓ(a))+lnK(a)+a2ln2π+a(1a)2
K(12)=A3/221/24e1/8をもちいて,
0xln(1+1x2)sinhπxdx=20xln(1+1x2)eπx1dx20xln(1+1x2)e2πx1dx=80xln(1+14x2)e2πx1dx2(1412+12ln2π)=8(116(1+2ln2)14(1+lnπ)+lnK(12)+14ln2π+18)+32ln2π=32+8lnK(12)+ln2+32ln2π=8lnK(12)lnπ=lnA12πe23
第2項は,

20xs1sinhπxdx=4πs(12s)Γ(s)ζ(s)
と, ζ(2)ζ(2)=γ+ln2π12lnAより,

20xlnxsinhπxdx=4dds(πs(12s)Γ(s)ζ(s))|s=2=4π2(122)ζ(2)(ζ(2)ζ(2)lnπ+22ln2122+ψ(2))=12(1+43ln212lnA)=ln43eA6
よって, 求める積分は,

lnA12πe23+ln43eA6=ln23A6πe

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

0π/2sinx2cosxtan12sinx2cosx1dx=2πlnϕπ2ln(2+3)

ϕ=1+52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,
11+z=0n(1)n22n(2nn)zn
に, z=e2ixを代入して, 虚部を比較することにより,
sinx2cosx=20n(1)n122n(2nn)sin2nx
となることと, |x|1に対し,
0<n122nn(2nn)xn=0x1t(11t1)dt=2ln21+1x
であることを確認しておく.
0π/2sinx2cosxtan12sinx2cosx1dx=0π/3sinx2cosxtan12sinx2cosx1dxπ/3π/2sinx2cosxtan12sinx12cosxdx=Im(0π/3sinx2cosxln(2eix1)dxπ/3π/2sinx2cosxln(12eix)dx)=Im(0π/3sinx2cosxln(2eix1)dx+π/3π/2sinx2cosx(ln(2eix1)iπ)dx)=Im(0π/2sinx2cosxln(2eix1)dx)ππ/3π/2sinx2cosxdx=Im(0π/2sinx2cosxln(1eix2)dx)+0π/2xsinx2cosxdxππ/3π/2sinx2cosxdx
第1項は
Im(0π/2sinx2cosxln(1eix2)dx)=0π/2sinx2cosx0<n12nnsinnxdx=20π/20<n,m(1)m12n+2mn(2mm)sinnxsin2mxdx=20<n,m(1)m12n+2mn(2mm)0π/2sinnxsin2mxdx
ここで,
n=2mのとき,
0π/2sinnxsin2mxdx=0π/2sin22mxdx=120π/2(1cos4mx)dx=π4
n2mのとき,
0π/2sinnxsin2mxdx=120π/2(cos(n+2m)xcos(n2m)x)dx=12[sin(n+2m)xn+2msin(n2m)xn2m]0π/2={0(n=2r)(1)m+r2(12r2m+112r+2m+1)(n=2r+1)
よって,
20<n,m(1)m12n+2mn(2mm)0π/2sinnxsin2mxdx=24π0<m(1)m124m(2m)(2mm)120r,0<m(1)r22r+2m+1(2r+1)(2mm)(12r2m+112r+2m+1)=28π0m122mm(2mm)(14)m+120r(1)r22r+1(2r+1)0m122m(2mm)(12m2r1+12m+2r+1)=28π2ln21+52+120r(1)r22r+1(2r+1)(12r12F1[12,12r12r;1]+12r+12F1[12,12+r32+r;1])=24πln2+54+120r(1)r22r+1(2r+1)(0+12r+1Γ(12)Γ(r+32)Γ(r+1))=24πlnϕ34+24π0r(1)r22r+1(2r+1)(12)rr!=24πlnϕ34+24πsinh112=24πlnϕ34+24πlnϕ=2πlnϕπ2ln2
第2項は,
0π/2xsinx2cosxdx=20<n(1)n122n(2nn)0π/2xsin2nxdx=20<n(1)n122n(2nn)(1)n1π4n=24π0<n122nn(2nn)=242ln2=π2ln2
第3項は,
π/3π/2sinx2cosxdx=2π/6π/4sinx2cos2x1dx=2[cosh1(2cosx)]π/6π/4=2cosh162=2ln6+22=12ln(2+3)
よって, もとの積分は,
2πlnϕπ2ln2+π2ln2π2ln(2+3)=2πlnϕπ2ln(2+3)

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

0sinhxxx2sinhxdx=ln2

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<Re(s)のとき,
0xs1xsinhxdx=2(12s+1)Γ(s+1)ζ(s+1)
より, Mellin inversion theoremより, 1<Re(s)<0のとき,
0xs1(1xsinhx)dx=2(12s1)Γ(s+1)ζ(s+1)
s1として,
0sinhxxx2sinhxdx=2lims1(12s1)Γ(s+1)ζ(s+1)=ln2

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

0dxx4+a4+x4+b4=Γ(14)26πa3b3a4b4

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.

0dxx4+a4+x4+b4=1a4b40(x4+a4x4+b4)dx=1a4b4(0(x4+a4x2)dx0(x4+b4x2)dx)=a3b3a4b40(x4+1x2)dx=a3b3a4b4011+x4+x2dx
よって,
011+x4+x2dx=Γ(14)26π
を示せば十分である. これは, x2x,x12(1xx)の置換により,
011+x4+x2dx=1201x(1+x2+x)dx=1201112(1xx)(12(1x+x)+12(1xx))12(1x2+1)dx=24011+x2x1x2dx=28(01x3/4(1x)1/2dx+01x1/4(1x)1/2dx)=28(Γ(14)Γ(12)Γ(34)+Γ(54)Γ(12)Γ(74))=26πΓ(14)Γ(34)=Γ(14)26π
よって, 示された.

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

01dxx(1x)3(x1+1x)=2π33

少し悩みましたが, 割と単純でした.

01dxx(1x)3(x1+1x)=01xx(1x)3(1x+x2)dx
より,
I:=01xx(1x)3(1x+x2)dx=011xx(1x)3(1x+x2)
とする. Euler積分より, xx1x+x2と置換して,
Γ(a)Γ(b)Γ(a+b)=01xa1(1x)b1dx=01(x1x+x2)a1(1x1x+x2)b11x2(1x+x2)2dx=01xa1(1x)2b1(1+x)(1x+x2)a+bdx
ここで, a=23,b=13とすると,
3I=201xx(1x)3(1x+x2)dx+011xx(1x)3(1x+x2)dx=011+xx(1x)3(1x+x2)dx=Γ(13)Γ(23)=2π3
よって,
I=2π33

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

01lnx1x2lnln1+x1xdx=π224lnA3616π3

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

xtanhxの置換により,
01lnx1x2lnln1+x1xdx=0ln2xlntanhxdx
ここで, Mellin変換を考える.
0xs1lntanhxdx=2s0xssinh2xdx=2ss0xssinhxdx=21ss(121s)Γ(s+1)ζ(s+1)=21s(121s)Γ(s)ζ(s+1)
よって,
0(2x)s1lntanhxdx=(121s)Γ(s)ζ(s+1)
よって, この両辺をsについて微分して, s=1とすると,
0ln2xlntanhxdx=dds(121s)Γ(s)ζ(s+1)|s=1=34ζ(2)(ln22γ+ζ(2)ζ(2))=π28(ln23+ln2π12lnA)=π224lnA3616π3
ここで, ζ(2)ζ(2)=γ+ln2π12lnAを用いた.

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

0xb2+x2lna2+2axcost+x2a22axcost+x2dx=πtan1((a2b2)cost)(a2+b2)sint+2abπt+π22

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
πtan1(b2cost)b2sintπt+π22
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 )

a(xa)m(xx2a2)ndx=n(nm2)!(2m+1)!am+n+12m(m+n+1)!

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<aの場合を示せば十分である. そのとき, xaxの置換により, a=1の場合を示せば十分である. xcoshxの置換により,
1(x1)m(xx21)ndx=0enx(coshx1)msinhxdx=12m0enx(2sinhx2)2msinhxdx=12m+10e(nm)x(1ex)2m(exex)dx=12m+101xnm1(1x)2m(1xx)dx=12m+1(01xnm2(1x)2mdx01xnm(1x)2mdx)=12m+1((nm2)!(2m)!(n+m1)!(nm)!(2m)!(n+m+1)!)=12m+1((n+m)(n+m1)(nm)(nm1))(nm2)!(2m)!(n+m+1)!=12mn(nm2)!(2m+1)!(n+m+1)!
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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