積分botを解けるだけ解く, その8
前回( https://mathlog.info/articles/1938 )
71個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361758110138908672 )
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\tan^{-1}\sqrt{2+x^2}}{\sqrt{2+x^2}\left(x^2+1+\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)}\,dx=\sqrt{5}\left(\frac{71\pi^2}{3600}+\frac{\pi}3\tan^{-1}\sqrt{\frac{9-4\sqrt{5}}{3}}-\frac{\pi}6\tan^{-1}\sqrt{27-12\sqrt{5}}\right)\\ \int_0^1\frac{\tan^{-1}\sqrt{2+x^2}}{\sqrt{2+x^2}\left(x^2+1-\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)}\,dx=\sqrt{5}\left(\frac{241\pi^2}{3600}+\frac{\pi}3\tan^{-1}\sqrt{\frac{9+4\sqrt{5}}{3}}-\frac{\pi}6\tan^{-1}\sqrt{27+12\sqrt{5}}\right) \end{eqnarray*}$$
これはよくわからない式ですね. とりあえず, 少し計算してみると,
$$\begin{eqnarray*}
\int_0^1\frac{\tan^{-1}\sqrt{a^2+x^2}}{\sqrt{a^2+x^2}(c^2+x^2)}\,dx&=&\int_0^1\int_0^1\frac{1}{(1+(a^2+x^2)y^2)(c^2+x^2)}\,dydx\\
&=&\int_0^1\int_0^1\frac{1}{(1+a^2y^2+x^2y^2)(c^2+x^2)}\,dxdy\\
&=&\int_0^1\frac{\frac{y}{\sqrt{1+a^2y^2}}\tan^{-1}\frac{y}{\sqrt{1+a^2y^2}}-\frac 1c\tan^{-1}\frac 1c}{c^2y^2-(1+a^2y^2)}\,dy
\end{eqnarray*}$$
となり, 第2項は不定積分により計算できる. 第1項をいろいろ置換してみると,
$$\begin{eqnarray*}
\int_0^1\frac{\frac{y}{\sqrt{1+a^2y^2}}\tan^{-1}\frac{y}{\sqrt{1+a^2y^2}}}{c^2y^2-(1+a^2y^2)}\,dy&=&\int_0^{\sinh^{-1}a}\frac{\sinh x\tan^{-1}\frac{\tanh x}{a}}{c^2\sinh^2 x-a^2\cosh^2 x}\,dx\\
&=&\int_1^{\sqrt{1+a^2}}\frac{\tan^{-1}\frac{\sqrt{x^2-1}}{ax}}{(c^2-a^2)x^2-c^2}\,dx\\
&=&\int_{1/\sqrt{1+a^2}}^1\frac{\tan^{-1}\frac{\sqrt{1-x^2}}{a}}{c^2-a^2-c^2x^2}\,dx
\end{eqnarray*}$$
やはりよくわかりませんね.
72個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361770076379119617 )
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}x^{s-1}\left(\frac 1{\pi x}+1-\coth\pi x\right)\,dx=-\sec\frac{\pi s}{2}\zeta(1-s),\quad 0\lt \Re(s)\lt 1 \end{eqnarray*}$$
Mellin変換ですね.
少し前の記事(
https://mathlog.info/articles/1929
) の命題8より, Mellin inversion theoremから, $0\lt \Re(s)\lt 1$で,
$$\begin{eqnarray*}
\int_0^{\infty}x^{s-1}\left(\frac 1{\pi x}+1-\coth\pi x\right)\,dx=-2^{1-s}\pi^{-s}\Gamma(s)\zeta(s)
\end{eqnarray*}$$
Riemannゼータ関数の関数等式,
$$\begin{eqnarray*}
\zeta(s)=2^{s}\pi^{s-1}\sin\frac{\pi s}{2}\Gamma(1-s)\zeta(1-s)
\end{eqnarray*}$$
とガンマ関数の相反公式をもちいると,
$$\begin{eqnarray*}
-2^{1-s}\pi^{-s}\Gamma(s)\zeta(s)&=&-\frac 2{\pi}\sin\frac{\pi s}{2}\Gamma(s)\Gamma(1-s)\zeta(1-s)\\
&=&-2\frac{\sin\frac{\pi s}{2}}{\sin\pi s}\zeta(1-s)\\
&=&-\sec\frac{\pi s}{2}\zeta(1-s)
\end{eqnarray*}$$
よって, 示された.
73個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361770635265982464 )
$$\begin{eqnarray*} \int_\sqrt{\frac 57}^1\frac{\left(\frac{\pi}3-\tan^{-1}\sqrt{\frac{2x^2-1}{3x^2-2}}\right)\tan^{-1}x}{(3x^2-1)\sqrt{2x^2-1}}\,dx=\frac{\pi^3}{2016} \end{eqnarray*}$$
いや, 無理だろこれ. 次いこう.
74個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361785135801143298 )
$f(x+\pi)=f(x)$であるとき,
$$\begin{eqnarray*}
\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx=\int_0^{\pi}f(x)\,dx
\end{eqnarray*}$$
これはおもしろいですね.
まず, 三角関数の部分分数展開より,
$$\begin{eqnarray*}
\sum_{n\in\mathbb Z}\frac 1{(x+\pi n)^2}=\frac 1{\sin^2 x}
\end{eqnarray*}$$
がであることを確認しておく.
$$\begin{eqnarray*}
\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx&=&\sum_{n\in\mathbb{Z}}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}f(x)\frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx\\
&=&\sum_{n\in\mathbb{Z}}\int_0^{\pi}f(x)\frac{\sin^2 x}{(x+n\pi)^2}\,dx\\
&=&\int_0^{\pi}f(x)\sin^2 x\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac 1{(x+n\pi)^2}\,dx\\
&=&\int_0^{\pi}f(x)\,dx
\end{eqnarray*}$$
75個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361788250633998338 )
$$\begin{eqnarray*} &&\int_{-\infty}^{\infty}\sinc\,x\,dx=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\sinc\,n=\pi\\ &&\int_{-\infty}^{\infty}\sinc^k\,x\,dx=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\sinc^k\,n \end{eqnarray*}$$
なにこれすごい. $\sinc\,x:=\frac{\sin x}{x}$と定義されるようですね. とりあえず, 最初のはよく知られたDirichlet積分なので, 2つ目の一般式を示せば十分です. 絶対うまい方法がある形をしてるので, それを考えていきたいと思います. と思ったら, よく考えたらこれ$k\to\infty$で積分の方は$0$に, 級数の方は$1$にいくので, 十分大きい$k$では成立しませんね. ではいくつまでならあってるんでしょうか, 数値計算の結果, $k\leq 6$のとき, 上の式が成立することが確からしいと思いました.
$k\leq 6$とする. Poisson和公式より,
$$\begin{eqnarray*}
\sum_{n\in\mathbb{Z}}\sinc^k\, n&=&\sum_{n\in\mathbb{Z}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2\pi inx}\,\sinc^k\,x\,dx\\
&=&\int_{-\infty}^{\infty}\sinc^k\,x\,dx+2\sum_{0\lt n}\int_{-\infty}^{\infty}\cos 2\pi nx\,\sinc^k\,x\,dx\\
&=&\int_{-\infty}^{\infty}\sinc^k\,x\,dx+\frac 1{\pi}\sum_{0\lt n}\frac 1n\int_{-\infty}^{\infty}\cos x\,\sinc^k\frac{x}{2\pi n}\,dx
\end{eqnarray*}$$
ここで, 正数$a_i$が$a_1+\cdots+a_k\lt 1$を満たすとき,
$$\begin{eqnarray*}
\int_{-\infty}^{\infty}\cos x\prod_{i=1}^k\sinc\,a_ix\,dx=0
\end{eqnarray*}$$
であることを示せば, $\left|\frac{k}{2\pi n}\right|\leq\frac {k}{2\pi}\lt 1$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, $0\leq a\lt 1$に対し,
$$\begin{eqnarray*}
\int_{-\infty}^{\infty}\cos x\frac{\sin ax}{x}\,dx&=&\frac 12\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(1+a)x-\sin(1-a)x}{x}\,dx\\
&=&0
\end{eqnarray*}$$
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$a_1+\cdots+a_r+a_{r+1}\lt 1$を満たしているとすると, $0\leq b\leq a_{r+1}$に対し,
$$\begin{eqnarray*}
\int_{-\infty}^{\infty}\cos x\cos bx\prod_{i=1}^r\sinc\,a_ix\,dx&=&\frac 12\int_{-\infty}^{\infty}\cos x\frac{\sin(a_r+b)x+\sin(a_r-b)x}{a_rx}\prod_{i=1}^{r-1}\sinc\,a_ix\,dx
\end{eqnarray*}$$
ここで, $a_1+\cdots+a_{r-1}+|a_r-b|\leq a_1+\cdots+a_{r-1}+(a_r+b)\lt 1$だから, 帰納法の仮定より, これは$0$になる.
$$\begin{eqnarray*}
\int_{-\infty}^{\infty}\cos x\cos bx\prod_{i=1}^r\sinc\,a_ix\,dx&=&0
\end{eqnarray*}$$
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.
76個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361807845730234369 )
$A$を正定値とするとき,
$$\begin{eqnarray*}
\int_{\mathbb{R}^n}e^{-\langle Ax,x\rangle}\,dx=|\mathrm{det}(\pi^{-1}A)|^{-1/2}=\pi^{n/2}|\mathrm{det}A|^{-1/2}
\end{eqnarray*}$$
ここにきて行列が入った式がきました. 正定値というのは二次形式
$$\begin{eqnarray*}
\langle Ax,x\rangle=\sum_{i,j=1}^na_{ij}x_ix_j
\end{eqnarray*}$$
が$x\in\mathbb{R}$によらず常に正になるということで, これは固有値が全て正であることと同値であることが知られています.
$A$の固有値を$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$とする. 直交行列$P$を
$$\begin{eqnarray*}
P^{-1}AP=\left(\begin{matrix}
\lambda_1 & & & & \\
& \lambda_2 & & \Huge{0} & \\
& & \ddots & & \\
& \Huge{0} & & \lambda_{n-1} & \\
& & & & \lambda_n\end{matrix}\right)
\end{eqnarray*}$$
となるようにとる. 変数変換$x\to Px$により,
$$\begin{eqnarray*}
\int_{\mathbb{R}^n}e^{-\langle Ax,x\rangle}\,dx&=&\int_{\mathbb{R}^n}e^{-\lambda_1x_1^2-\cdots-\lambda_nx_n^2}\,dx\\
&=&\prod_{i=1}^n\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\lambda_i x_i^2}\,dx_i\\
&=&\prod_{i=1}^n\sqrt{\frac{\pi}{\lambda_i}}\\
&=&\pi^{n/2}(\lambda_1\cdots\lambda_n)^{-1/2}\\
&=&\pi^{n/2}|\mathrm{det}(A)|^{-1/2}\\
&=&|\mathrm{det}(\pi^{-1}A)|^{-1/2}
\end{eqnarray*}$$
77個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361818500214513665 )
$$\begin{eqnarray*} \sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\cos\pi\sqrt{1+n^2}}{a^2+n^2}-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos\pi\sqrt{1+x^2}}{a^2+x^2}\,dx=\frac{2\pi\cos\pi\sqrt{1-a^2}}{a(e^{2\pi a}-1)} \end{eqnarray*}$$
留数定理っぽい気はするんですが, わかりません.
78個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361829793558376450 )
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\left(\frac 1{\ln x}+\frac 1{1-x}\right)^2\,dx=\ln2\pi-\frac 32 \end{eqnarray*}$$
とりあえず, Mellin変換するとできますね.
まず,
$$\begin{eqnarray*}
\int_0^1\left(\frac 1{\ln x}+\frac 1{1-x}\right)^2\,dx&=&\int_0^{\infty}e^{-x}\left(\frac 1x-\frac {1}{1-e^{-x}}\right)^2\,dx
\end{eqnarray*}$$
ここで, Mellin変換を考えると,
$$\begin{eqnarray*}
&&\int_0^{\infty}x^{s-1}e^{-x}\left(1-\frac{x}{1-e^{-x}}\right)^2\,dx\\
&=&\int_0^{\infty}x^{s-1}e^{-x}\,dx-2\int_0^{\infty}\frac{x^s}{e^x-1}\,dx+\int_0^{\infty}\frac{x^{s+1}e^{-x}}{(1-e^{-x})^2}\,dx\\
&=&\Gamma(s)-2\Gamma(s+1)\zeta(s+1)+\Gamma(s+2)\zeta(s+1)
\end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*}
\int_0^{\infty}x^{s-1}e^{-x}\left(1-\frac{x}{1-e^{-x}}\right)^2\,dx=\Gamma(s)(1-2s\zeta(s+1))+\Gamma(s+2)\zeta(s+1)
\end{eqnarray*}$$
ここで, 解析接続により, $s\to -1$として, $\zeta(0)=-\frac 12,\zeta'(0)=-\frac 12\ln 2\pi$を用いて,
$$\begin{eqnarray*}
\int_0^{\infty}e^{-x}\left(\frac 1x-\frac {1}{1-e^{-x}}\right)^2\,dx&=&\lim_{s\to -1}\left(\Gamma(s)(1-2s\zeta(s+1))+\Gamma(s+2)\zeta(s+1)\right)\\
&=&\lim_{s\to-1}\frac{\Gamma(s+2)}{s(s+1)}(1-2s\zeta(s+1))+\zeta(0)\\
&=&3\zeta(0)-2\zeta'(0)\\
&=&\ln 2\pi-\frac 32
\end{eqnarray*}$$
これを先ほどの式に代入すればよい.
79個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361863739369263106 )
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/3}\ln^2\frac{\sin x}{\sin\left(\frac{\pi}3+x\right)}\,dx=\frac{5\pi^3}{81} \end{eqnarray*}$$
かなり考えましたが, わかりませんでした. (多重ポリログにばらすという方法があるものの, 右辺が綺麗なのでそれは上手くないですね.)
80個目( https://twitter.com/integralsbot/status/1361877665305788417 )
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{1}{\sqrt{112+21x^2+x^4}}\,dx=\frac{\Gamma\left(\frac 17\right)\Gamma\left(\frac 27\right)\Gamma\left(\frac 47\right)}{8\pi\sqrt{7}} \end{eqnarray*}$$
第1種完全楕円積分$K(k_7)$の値に似ているとは思いましたが, どう変換するのかは全く分かりません.
今回半分しか解けなかった, 難しいですね. 100個示せたら, 解けなかったやつの証明を探しにいきたいと思います.
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