積分botを解けるだけ解く, その8

少し前の記事( https://mathlog.info/articles/1929 ) の命題8より, Mellin inversion theoremから, $0<\mathrm{Re}(s)<1$で,
$$\begin{array}{r}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{s-1}(\frac{1}{\pi x}+1-\coth \pi x)dx=-2^{1-s}{\pi }^{-s}\mathrm{\Gamma }(s)\zeta (s)\end{array}$$
Riemannゼータ関数の関数等式,
$$\begin{array}{r}\zeta (s)=2^s{\pi }^{s-1}\sin \frac{\pi s}{2}\mathrm{\Gamma }(1-s)\zeta (1-s)\end{array}$$
とガンマ関数の相反公式をもちいると,
$$\begin{array}{rcl}-2^{1-s}{\pi }^{-s}\mathrm{\Gamma }(s)\zeta (s)& =& -\frac{2}{\pi }\sin \frac{\pi s}{2}\mathrm{\Gamma }(s)\mathrm{\Gamma }(1-s)\zeta (1-s)\\ & =& -2\frac{\sin \frac{\pi s}{2}}{\sin \pi s}\zeta (1-s)\\ & =& -\sec \frac{\pi s}{2}\zeta (1-s)\end{array}$$
よって, 示された.

まず, 三角関数の部分分数展開より,
$$\begin{array}{r}\sum _{n\in \mathbb{Z}}\frac{1}{(x+\pi n{)}^2}=\frac{1}{{\sin }^{2}x}\end{array}$$
がであることを確認しておく.
$$\begin{array}{rcl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)\frac{{\sin }^{2}x}{x^2}dx& =& \sum _{n\in \mathbb{Z}}{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }f(x)\frac{{\sin }^{2}x}{x^2}dx\\ & =& \sum _{n\in \mathbb{Z}}{\int }_0^{\pi }f(x)\frac{{\sin }^{2}x}{(x+n\pi {)}^2}dx\\ & =& {\int }_0^{\pi }f(x){\sin }^{2}x\sum _{n\in \mathbb{Z}}\frac{1}{(x+n\pi {)}^2}dx\\ & =& {\int }_0^{\pi }f(x)dx\end{array}$$

$k\le 6$とする. Poisson和公式より,
$$\begin{array}{rcl}\sum _{n\in \mathbb{Z}}{\mathrm{sinc}}^{k}n& =& \sum _{n\in \mathbb{Z}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-2\pi inx}{\mathrm{sinc}}^{k}xdx\\ & =& {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{sinc}}^{k}xdx+2\sum _{0<n}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\cos 2\pi nx{\mathrm{sinc}}^{k}xdx\\ & =& {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{sinc}}^{k}xdx+\frac{1}{\pi }\sum _{0<n}\frac{1}{n}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\cos x{\mathrm{sinc}}^k\frac{x}{2\pi n}dx\end{array}$$
ここで, 正数$a_i$が$a_1+\cdots +a_k<1$を満たすとき,
$$\begin{array}{r}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\cos x\prod _{i=1}^k\mathrm{sinc}{a}_{i}xdx=0\end{array}$$
であることを示せば, $\left|\frac{k}{2\pi n}\right|\le \frac{k}{2\pi }<1$より, 第2項はすべて$0$となり証明が完了する. $k=1$のとき, $0\le a<1$に対し,
$$\begin{array}{rcl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\cos x\frac{\sin ax}{x}dx& =& \frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (1+a)x-\sin (1-a)x}{x}dx\\ & =& 0\end{array}$$
より, 成立. $k=r$の場合について成立するとして, $k=r+1$の場合を示す. 正数$a_i,b$が$a_1+\cdots +a_r+a_{r+1}<1$を満たしているとすると, $0\le b\le a_{r+1}$に対し,
$$\begin{array}{rcl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\cos x\cos bx\prod _{i=1}^r\mathrm{sinc}{a}_{i}xdx& =& \frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\cos x\frac{\sin (a_r+b)x+\sin (a_r-b)x}{a_{r}x}\prod _{i=1}^{r-1}\mathrm{sinc}{a}_{i}xdx\end{array}$$
ここで, $a_1+\cdots +a_{r-1}+|a_r-b|\le a_1+\cdots +a_{r-1}+(a_r+b)<1$だから, 帰納法の仮定より, これは$0$になる.
$$\begin{array}{rcl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\cos x\cos bx\prod _{i=1}^r\mathrm{sinc}{a}_{i}xdx& =& 0\end{array}$$
を$b$について, $0$から$a_{r+1}$まで積分することにより, 示された.

$A$の固有値を${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_n$とする. 直交行列$P$を
$$\begin{array}{r}{P}^{-1}AP=\left(\begin{array}{ccccc}{\lambda }_1& & & & \\ & {\lambda }_2& & 0& \\ & & \ddots & & \\ & 0& & {\lambda }_{n-1}& \\ & & & & {\lambda }_n\end{array}\right)\end{array}$$
となるようにとる. 変数変換$x\to Px$により,
$$\begin{array}{rcl}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-⟨Ax,x⟩}dx& =& {\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-{\lambda }_1{x}_1^2-\cdots -{\lambda }_n{x}_n^2}dx\\ & =& \prod _{i=1}^n{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-{\lambda }_i{x}_i^2}d{x}_i\\ & =& \prod _{i=1}^n\sqrt{\frac{\pi }{{\lambda }_i}}\\ & =& {\pi }^{n/2}({\lambda }_1\cdots {\lambda }_n{)}^{-1/2}\\ & =& {\pi }^{n/2}|\det (A){|}^{-1/2}\\ & =& |\det ({\pi }^{-1}A){|}^{-1/2}\end{array}$$

まず,
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^1{(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x})}^{2}dx& =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}{(\frac{1}{x}-\frac{1}{1-e^{-x}})}^{2}dx\end{array}$$
ここで, Mellin変換を考えると,
$$\begin{array}{rcl}& & {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{s-1}{e}^{-x}{(1-\frac{x}{1-e^{-x}})}^{2}dx\\ & =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{s-1}{e}^{-x}dx-2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^s}{e^x-1}dx+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{s+1}{e}^{-x}}{(1-e^{-x}{)}^2}dx\\ & =& \mathrm{\Gamma }(s)-2\mathrm{\Gamma }(s+1)\zeta (s+1)+\mathrm{\Gamma }(s+2)\zeta (s+1)\end{array}$$
より,
$$\begin{array}{r}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{s-1}{e}^{-x}{(1-\frac{x}{1-e^{-x}})}^{2}dx=\mathrm{\Gamma }(s)(1-2s\zeta (s+1))+\mathrm{\Gamma }(s+2)\zeta (s+1)\end{array}$$
ここで, 解析接続により, $s\to -1$として, $\zeta (0)=-\frac{1}{2},{\zeta }^{\prime }(0)=-\frac{1}{2}\ln 2\pi$を用いて,
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}{(\frac{1}{x}-\frac{1}{1-e^{-x}})}^{2}dx& =& \underset{s\to -1}{lim}(\mathrm{\Gamma }(s)(1-2s\zeta (s+1))+\mathrm{\Gamma }(s+2)\zeta (s+1))\\ & =& \underset{s\to -1}{lim}\frac{\mathrm{\Gamma }(s+2)}{s(s+1)}(1-2s\zeta (s+1))+\zeta (0)\\ & =& 3\zeta (0)-2{\zeta }^{\prime }(0)\\ & =& \ln 2\pi -\frac{3}{2}\end{array}$$
これを先ほどの式に代入すればよい.