積分botさんの積分解説6 ∫[0,π/4](1/(logtanx)+1/(1-tanx))dx
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この記事では, 積分botさんのツイートされていた 以下の積分 の解説を書こうと思います.
今気づいたのですが, この積分だけdxのdがイタリックではなくなってますね.
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(証明)
$\ln\tan x\mapsto -x$と置換します.
$$\beq &&\int_0^{\frac\pi4}\left(\frac1{\ln\tan x}+\frac1{1-\tan x}\right)\,dx\\[5pt] &=&\int_0^\infty\left(-\frac1x+\frac1{1-e^{-x}}\right)\frac{e^{-x}}{1+e^{-2x}}\,dx \eeq$$
Mellin変換を考えます.
$$\beq
&&\int_0^\infty\left(-\frac1x+\frac1{1-e^{-x}}\right)\frac{e^{-x}}{1+e^{-2x}}x^{s-1}\,dx\\[5pt]
&=&\int_0^\infty\left[-\frac{e^{-x}}{1+e^{-2x}}x^{s-2}+\frac12\left(\frac1{1-e^{-x}}-\frac{1-e^{-x}}{1+e^{-2x}}\right)x^{s-1}\right]\,dx\\[5pt]
&=&-\Gamma(s-1)\beta(s-1)+\frac12\Gamma(s)\big(\zeta(s)+2^{-s}\eta(s)+\beta(s)\big)
\eeq$$
最後の式変形は級数展開などをすれば良いです.
最後に解析接続により, $s=1$まわりのLaurent展開は
$$\beq
\Gamma(s-1)&=&\frac{1}{s-1}-\g+O(s-1)\\[5pt]
\beta(s-1)&=&\beta(0)+\beta'(0)(s-1)+O\big((s-1)^2\big)\\[5pt]
\Gamma(s)&=&1-\g(s-1)+O\big((s-1)^2\big)\\[5pt]
\zeta(s)&=&\frac1{s-1}+\g+O(s-1)\\[5pt]
\eta(s)&=&\ln2+O(s-1)\\[5pt]
\beta(s)&=&\frac\pi4+O(s-1)
\eeq$$
のようであり,
$$ \beta(0)=\frac12,\ \beta'(0)=\ln\frac{\Gamma\big(\frac14\big)^2}{2\sqrt{2}\pi}$$
なので, これらを代入して$s\to1$とすることで, 示すことができました.
ちなみに$\b'(0)$の値の証明はなかなかに面倒なので割愛させていただきます.
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読んで下さった方, ありがとうございました.
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