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積分botを解けるだけ解く, その7

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$$\newcommand{Ei}[0]{\mathrm{Ei}} \newcommand{li}[0]{\mathrm{li}} $$

61個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361634764126629892 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi}\frac{dx}{(1+a^2-2a\cos x)(1+b^2-2b\cos x)}=\frac{\pi(1+a^mb)}{(1-a^2)(1-b^2)(1-a^mb)} \end{eqnarray*}$$

見るからにFourier級数展開をつかう感じがありますね. 最初に積分区間を$(-\pi, \pi)$にしておけばいい感じです.

積分区間を$(-\pi,\pi)$にすると, Fourier級数の定数項だけを考えればいいから,
$$\begin{eqnarray*} &&\int_0^{\pi}\frac{dx}{(1+a^2-2a\cos x)(1+b^2-2b\cos x)}\\ &=&\frac 12\int_{-\pi}^{\pi}\frac{dx}{(1+a^2-2a\cos x)(1+b^2-2b\cos x)}\\ &=&\frac{1}{2(1-a^2)(1-b^2)}\int_{-\pi}^{\pi}\left(1+\frac{ae^{ix}}{1-ae^{ix}}+\frac{ae^{-ix}}{1-ae^{-ix}}\right)\left(1+\frac{be^{imx}}{1-be^{imx}}+\frac{be^{-imx}}{1-be^{-imx}}\right)\,dx\\ &=&\frac 1{2(1-a^2)(1-b^2)}\int_{-\pi}^{\pi}\left(1+\frac{ae^{ix}}{1-ae^{ix}}\frac{be^{-imx}}{1-be^{-imx}}+\frac{ae^{-ix}}{1-ae^{-ix}}\frac{be^{imx}}{1-be^{imx}}\right)\,dx\\ &=&\frac 1{2(1-a^2)(1-b^2)}\int_{-\pi}^{\pi}\left(1+\sum_{0\lt r,s}a^rb^se^{i(r-ms)}+\sum_{0\lt r,s}a^rb^se^{-i(r-ms)}\right)\,dx\\ &=&\frac 1{2(1-a^2)(1-b^2)}\int_{-\pi}^{\pi}\left(1+2\sum_{0\lt s}a^{ms}b^s\right)\,dx\\ &=&\frac{\pi}{(1-a^2)(1-b^2)}\frac{1+a^mb}{1-a^mb} \end{eqnarray*}$$
となって, 示すことができた.

62個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361642902963646470 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1x\li\left(\frac 1x\right)\ln^{1/4}\left(\frac 1x\right)\,dx=\left(\frac 12-\frac{\tan^{-1}\sqrt[4]{2}+\tanh^{-1}\frac 1{\sqrt[4]{2}}}{4\sqrt[4]{2}}\right)\Gamma\left(\frac 14\right) \end{eqnarray*}$$

対数積分は扱ったことないですね. とりあえず定義を確認しておきます.
$$\begin{eqnarray*} \li(x):=\int_0^x\frac 1{\ln t}\,dt \end{eqnarray*}$$
という主値積分で定義されるようですね. $\li(x)=\Ei(\ln x)$という関係があるらしいので, 変数変換するかどうか迷いどころですね. そして値がすごいので, 結構大変な予感はしますね.

$x\to e^{-x}$と置換して,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1x\li\left(\frac 1x\right)\ln^{1/4}\left(\frac 1x\right)\,dx&=&\int_0^{\infty}x^{1/4}e^{-2x}\Ei(x)\,dx\\ &=&\frac 1{2^{5/4}}\int_0^{\infty}x^{1/4}e^{-x}\Ei\left(\frac x2\right)\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで,

$$\begin{eqnarray*} \Ei(x)=\gamma+\ln x+\sum_{0\lt n}\frac{1}{n!n}x^n \end{eqnarray*}$$
より, 項別に積分して,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}x^{1/4}e^{-x}\Ei\left(\frac x2\right)\,dx&=&\int_0^{\infty}x^{1/4}e^{-x}\left(\gamma+\ln \frac x2\right)\,dx+\sum_{0\lt n}\frac 1{2^nn!n}\int_0^{\infty}x^{n+1/4}e^{-x}\,dx\\ &=&\Gamma\left(\frac 54\right)\left(\gamma-\ln 2+\psi\left(\frac 54\right)\right)+\sum_{0\lt n}\frac{\Gamma\left(n+\frac 54\right)}{2^nn!n}\\ &=&\Gamma\left(\frac 54\right)\left(4-\frac{\pi}2-4\ln 2+\sum_{0\lt n}\frac{\left(\frac 54\right)_n}{2^nn!n}\right)\\ \end{eqnarray*}$$
ここで,

$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\lt n}\frac{\left(\frac 54\right)_n}{2^nn!n}&=&\int_0^{1/2}\frac{(1-x)^{-5/4}-1}{x}\,dx\\ &=&\int_{1/2}^1\frac{x^{-5/4}-1}{1-x}\,dx\\ &=&-\gamma-\psi\left(-\frac 14\right)+\ln 2-\sum_{0\leq n}\frac{1}{2^{n-1/4}\left(n-1/4\right)}\\ &=&-4-\frac{\pi}2+4\ln 2+4\sqrt[4]{2}-4\sum_{0\leq n}\frac{1}{2^{n+3/4}(4n+3)}\\ &=&-4-\frac{\pi}2+4\ln 2+4\sqrt[4]{2}-2\tanh^{-1}\frac{1}{\sqrt[4]{2}}+2\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt[4]{2}} \end{eqnarray*}$$
よって, これを先ほどの式に代入して,

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}x^{1/4}e^{-x}\Ei\left(\frac x2\right)\,dx&=&\Gamma\left(\frac 54\right)\left(4\sqrt[4]{2}-\pi-2\tanh^{-1}\frac 1{\sqrt[4]{2}}+2\tan^{-1}\frac 1{\sqrt[4]{2}}\right)\\ &=&\Gamma\left(\frac 54\right)\left(4\sqrt[4]{2}-2\left(\tan^{-1}\sqrt[4]{2}+\tanh^{-1}\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\right)\right)\\ &=&\left(\sqrt[4]{2}-\frac 12\left(\tan^{-1}\sqrt[4]{2}+\tanh^{-1}\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\right)\right)\Gamma\left(\frac 14\right) \end{eqnarray*}$$
よって,

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1x\li\left(\frac 1x\right)\ln^{1/4}\left(\frac 1x\right)\,dx&=&\frac{1}{2^{5/4}}\left(\sqrt[4]{2}-\frac 12\left(\tan^{-1}\sqrt[4]{2}+\tanh^{-1}\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\right)\right)\Gamma\left(\frac 14\right)\\ &=&\left(\frac 12-\frac{\tan^{-1}\sqrt[4]{2}+\tanh^{-1}\frac 1{\sqrt[4]{2}}}{4\sqrt[4]{2}}\right)\Gamma\left(\frac 14\right) \end{eqnarray*}$$

63個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361680040338022401 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\ln\frac{1}{x^s+(1-x)^s}\frac{dx}{x}=\frac{\pi^2}{12}\left(s-\frac 1s\right) \end{eqnarray*}$$

なかなかおもしろい形をしていますね.

まず,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\ln\frac{1}{x^s+(1-x)^s}\frac{dx}{x}&=&-\int_0^{1/2}\ln(x^s+(1-x)^s)\left(\frac 1x+\frac 1{1-x}\right)\,dx\\ &=&-\int_0^{1/2}\frac{\ln(x^s+(1-x)^s)}{x(1-x)}\,dx \end{eqnarray*}$$
$x\to \frac{x}{1+x}$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} -\int_0^{1/2}\frac{\ln(x^s+(1-x)^s)}{x(1-x)}\,dx&=&-\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^s}{(1+x)^s}\right)}{x}\,dx\\ &=&-\int_0^1\frac{\ln(1+x^s)}{x}\,dx+s\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx\\ &=&\left(s-\frac 1s\right)\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx\\ &=&\left(s-\frac 1s\right)\sum_{0\lt n}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\int_0^1x^{n-1}\,dx\\ &=&\left(s-\frac 1s\right)\sum_{0\lt n}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\\ &=&\frac{\pi^2}{12}\left(s-\frac 1s\right) \end{eqnarray*}$$
よって, 示された.

64個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361694557163851777 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}J_0(ax)e^{-px}\,dx=\frac{1}{\sqrt{a^2+p^2}} \end{eqnarray*}$$

解いたかどうかよくわからなくなりそうでしたが, 前に解いたものの特殊な場合でした.

少し前の記事( https://mathlog.info/articles/1901 ) の命題10において, $n=0$とすればよい.

65個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361702094760071168 )

$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-x}}{1+e^{-2\pi x}}\,dx=\frac 1{2\sin\frac 12} \end{eqnarray*}$$

割と基本的な積分ですね.

項別積分により,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-ax}}{1+e^{-bx}}\,dx&=&\int_0^{\infty}\frac{e^{-ax}}{1+e^{-bx}}\,dx+\int_0^{\infty}\frac{e^{-(b-a)x}}{1+e^{-bx}}\,dx\\ &=&\int_0^{\infty}(e^{-ax}+e^{-(b-a)x})\sum_{0\leq n}e^(-1)^n{-bnx}\,dx\\ &=&\sum_{0\leq n}(-1)^n\int_0^{\infty}(e^{-(a+bn)x}+e^{-(b(n+1)-a)})\,dx\\ &=&\sum_{0\leq n}(-1)^n\left(\frac 1{a+bn}+\frac 1{b(n+1)-a}\right)\\ &=&\frac 12\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\left(\frac 1{a+bn}+\frac 1{a-bn}\right) \end{eqnarray*}$$
ここで, $\frac {\pi}{\sin\pi x}$の部分分数展開,
$$\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{\sin\pi x}=\frac 12\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\left(\frac 1{x+n}+\frac 1{x-n}\right) \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \frac 12\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\left(\frac 1{a+bn}+\frac 1{a-bn}\right)&=&\frac{\pi}{b\sin\frac{\pi a}{b}} \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-ax}}{1+e^{-bx}}\,dx=\frac{\pi}{b\sin\frac{\pi a}{b}} \end{eqnarray*}$$
ここに, $a=1, b=2\pi$を代入すればよい.

66個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361702677483294721 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{\cosh\frac{x}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}x}\frac{dx}{\cosh\alpha x}=\frac 1{\alpha}\int_0^{\infty}\frac{\cosh\frac{x}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}x}\frac{dx}{\cosh\frac{x}{\alpha}} \end{eqnarray*}$$

これは見た目からしてFourier変換をつかうやつですね. Fourier変換しても変わらない関数っておもしろいですよね. (証明では$\pi$倍の変換してますが, それはただの癖です.)

1つ目の命題の証明で用いた式を書き換えると,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cosh 2\pi ax}{\cosh\pi cx}\,dx=\frac{1}{c\cos\frac{\pi a}{c}} \end{eqnarray*}$$
また,
$$\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}$$
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cosh 2\pi ax}{\cosh\pi cx}\cosh2\pi bx\,dx&=&\frac 12\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cosh 2\pi(a+b)x+\cosh 2\pi(a-b)}{\cosh\pi cx}\,dx\\ &=&\frac{1}{2c}\left(\frac {1}{\cos\frac{\pi}{c}(a+b)+\cos\frac{\pi}{c}(a-b)}\right) \end{eqnarray*}$$
$b\to bi$として,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cosh 2\pi ax}{\cosh\pi cx}\cos2\pi bx\,dx&=&\frac 1{2c}\left(\frac {1}{\cos\frac{\pi}{c}(a+bi)+\cos\frac{\pi}{c}(a-bi)}\right)\\ &=&\frac 1c \Re\left(\cos\frac{\pi}{c}(a+bi)\right)\\ &=&\frac{2\cos\frac{\pi a}{c}\cosh\frac{\pi b}{c}}{c\left(\cos\frac{2\pi a}{c}+\cosh\frac{2\pi b}c\right)} \end{eqnarray*}$$
ここに, $a=\frac{1}{2\sqrt{2}}, c=\sqrt{2}$を代入して,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cosh\frac{\pi x}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}\pi x}\cos 2\pi bx\,dx=\frac{\cosh\frac{\pi b}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}\pi b} \end{eqnarray*}$$
これらを用いて,
$$\begin{eqnarray*} &&\int_0^{\infty}\frac{\cosh\frac{x}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}x}\frac{dx}{\cosh \alpha x}\\ &=&\frac {\pi}2\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cosh\frac{\pi x}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}\pi x}\frac{dx}{\cosh \pi\alpha x}\\ &=&\frac {\pi}2\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cosh\frac{\pi y}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}\pi y}\cos 2\pi xy\,dy\frac{dx}{\cosh \pi\alpha x}\\ &=&\frac {\pi}2\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cosh\frac{\pi y}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}\pi y}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos 2\pi xy}{\cosh\pi\alpha x}\,dx\\ &=&\frac{\pi}{2\alpha}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cosh\frac{\pi y}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}\pi y}\frac{dx}{\cosh\frac{\pi x}{\alpha}}\\ &=&\frac 1{\alpha}\int_0^{\infty}\frac{\cosh\frac{x}{\sqrt{2}}}{\cosh\sqrt{2}x}\frac{dx}{\cosh\frac{x}{\alpha}} \end{eqnarray*}$$

67個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361714058605559811 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\left\lfloor \frac 1x\right\rfloor^{-1}\,dx=\zeta(2)-1 \end{eqnarray*}$$

シンプルなのがきましたね.

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\left\lfloor \frac 1x\right\rfloor^{-1}\,dx&=&\int_1^{\infty}\frac 1{\lfloor x\rfloor x^2}\,dx\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac 1n\int_n^{n+1}\frac{1}{x^2}\,dx\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac 1n\left(\frac 1n-\frac 1{n+1}\right)\\ &=&\zeta(2)-1 \end{eqnarray*}$$

68個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361724068345610245 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{1}{\sqrt{x^2+x}\sqrt[4]{8x^2+8x+1}}\,dx=\frac{\Gamma\left(\frac 18\right)^2}{2^{11/4}\Gamma\left(\frac 14\right)} \end{eqnarray*}$$

やはり, 最も難しい積分って意外とこういう代数関数の積分だと思うんですよね. 全く分かりませんが, とりあえず$x\to\frac{x}{1-x}$の置換をしたいですね.
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{1}{\sqrt{x^2+x}\sqrt[4]{8x^2+8x+1}}\,dx=\int_0^1\frac 1{\sqrt{x}\sqrt[4]{1+6x+x^2}}\,dx \end{eqnarray*}$$
分かりませんね.

69個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361742972006653953 )

$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{x\ln\frac{1+x}{1-x}}{\left(\pi^2+\ln^2\frac{1+x}{1-x}\right)^2}\,dx=\frac 1{240} \end{eqnarray*}$$

見た目的にまずは$x\to\tanh x$の置換から, 留数定理をつかうことを考えたいですね.

$x\to\tanh x$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{x\ln\frac{1+x}{1-x}}{\left(\pi^2+\ln^2\frac{1+x}{1-x}\right)^2}\,dx&=&\int_0^{\infty}\frac{2x}{\left(\pi^2 + 4 x^2\right)^2}\frac{\sinh x}{\cosh^3 x}\,dx\\ &=&\frac 14\frac 1{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{(2x-i\pi)^2}-\frac{1}{(2x+i\pi)^2}\right)\frac{\sinh x}{\cosh^3 x}\,dx\\ &=&\frac 1{16}\frac 1{2\pi i}\int_{-\infty} ^{\infty}\left(\frac{1}{\left(x-\frac{i\pi}2\right)^2}-\frac{1}{\left(x+\frac{i\pi}2\right)^2}\right)\frac{\sinh x}{\cosh^3 x}\,dx\\ \end{eqnarray*}$$
ここで, 次のような積分路$C$を考えて, $R\to\infty$とすると,
積分路1 積分路1
$$\begin{eqnarray*} \frac 1{2\pi i}\int_{-\infty} ^{\infty}\left(\frac{1}{\left(x-\frac{i\pi}2\right)^2}-\frac{1}{\left(x+\frac{i\pi}2\right)^2}\right)\frac{\sinh x}{\cosh^3 x}\,dx&=&-\frac{1}{2\pi i}\lim_{R\to\infty}\int_C\frac{x^2\cosh x}{\sinh^3 x}\,dx\\ &=&-Res_{x=0}\frac{\cosh x}{x^2\sinh^3x}\\ &=&\frac 1{15} \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{x\ln\frac{1+x}{1-x}}{\left(\pi^2+\ln^2\frac{1+x}{1-x}\right)^2}\,dx&=&\frac 1{240} \end{eqnarray*}$$

70個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361754931951112193 )

$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\alpha\sqrt{-3}x}}{\cosh^{3\alpha} x}{}_2F_1\left[\begin{matrix}\alpha,3\alpha\\1+\alpha\end{matrix};-\frac{e^{\sqrt{-3}x}}{2\cosh x}\right]\,dx=2^{3\alpha-1}\frac{\alpha}3\frac{\Gamma(\alpha)^3}{\Gamma(3\alpha)} \end{eqnarray*}$$

こんなものまであるのか, 見たところまあ超幾何だから, なんとか解けるんじゃないかなと思ったましたが, これは僕の固定観念を打ち砕くほどすごい結果だと思いました. いや, こんな結果が本当に成り立ってるのか(つまり, 解けません.)

今日は午前だけで10個取り組めるかもしれない, と思ったら, ちょっとすぎてしまいましたね. まあ示せそうなものは示せた, という感じですね. 今日は午後も暇なのでもう10個解けるかも.

投稿日:2021313

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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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