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複素積分2

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$$\newcommand{abs}[1]{\left |#1\right |} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{Fourier}[2]{\mathcal{F}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{Hartley}[2]{\mathcal{H}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{Hilbert}[2]{\mathcal{Hil}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{inttrans}[3]{\mathcal{#1}_{#2}\left [#3\right ]} \newcommand{invtrans}[3]{\mathcal{#1}^{-1}_{#2}\left [#3\right ]} \newcommand{Laplace}[2]{\mathcal{L}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{Mellin}[2]{\mathcal{M}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{Res}[1]{\underset{#1}{\operatorname{Res}}} \newcommand{tLaplace}[2]{\mathcal{B}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{Weierstrass}[2]{\mathcal{W}_{#1}\left [#2\right ]} $$

今回は積分botさんの積分を証明します。虚部を利用することによってとても簡単な積分に直すことができます。

$$ \int _{0}^{\frac {\pi }2}\frac {x\ln \sin x}{\sin 2x}dx=-\frac {\pi ^{3}}{48} $$

証明

$\ln z$の偏角は、$-\pi \leq \arg z < \pi$とします。
まず、$x\in \mathbb{R}$のとき
$$ \begin {aligned} \ln \sin x&=\ln \frac {e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\\ &=\Re\left (\ln \frac {e^{-ix}-e^{ix}}2+\ln i+ix\right )\\ &=\Re \ln \frac {1-e^{2ix}}2 \end {aligned} $$
なので、元の積分を$I$と置くと
$$ \begin {aligned} I &= \int_0^{\frac {\pi }2} \Re \frac{x\ln \frac{1-e^{2ix}}2}{\sin 2x}\\ &=\Re \int _{0}^{\frac {\pi }2}\frac {2ix\ln \frac {1-e^{2ix}}2}{e^{2ix}-e^{-2ix}}dx\\ &=\Re \int _{z=e^{2ix}}\frac {\ln z\ln \frac {1-z}2}{z-z^{-1}}\frac {dz}{2iz}\\ &=\frac {1}2\Im \int _{C_1}\frac {\ln z\ln \frac {1-z}2}{z^{2}-1}dz \end {aligned} $$
と変形できます。但し、積分経路を、半円状に

$$ \begin{aligned} C_1&:e^{i\theta}\quad (\theta : 0 \to \pi)\\ L_1&:x\quad (x:-1+0i\to -r+0i)\\ C_2&:re^{i\theta }\quad (\theta :\pi \to 0)\\ L_2&:x\quad (x:r\to 1-r)\\ \end{aligned} $$
とします。また、
$$ f(z)=\frac {\ln z\ln \frac {1-z}2}{1-z^{2}} $$
と置きます。
$$ \int _{C_1+L_1+C_2+L_2}f(z)dz=0 $$
ですから、
$$ \begin {aligned} I&=-\frac {1}2\Im\int _{C_1}f(z)dz\\ &=\frac {1}2\Im\int _{L_1+C_2+L_2}f(z)dz\\ &=\frac {1}2\Im\left (\int _{-1}^{0}f(x+0i)dx+\int _{0}^{1}f(x)dx\right )\quad (r\to 0)\\ &=\frac {1}2\int _{0}^{1}\Im f(-x+0i)d x+\frac {1}2\int _{0}^{1}\Im f(x)dx\\ &=\frac {1}2\int _{0}^{1}\Im \left (\frac {(\ln x+\pi i)\ln \frac {1+x}2}{1-x^2}-\frac {\ln x\ln \frac {1+x}2}{1-x^{2}}\right )dx\\ &=\frac {\pi }2\int _{0}^{1}\frac {\ln \frac {1+x}2}{1-x^{2}}dx\\ &=\frac {\pi }4\int _{0}^{1}\left (\frac {1}{1+x}+\frac {1}{1-x}\right )\ln \frac {1+x}2dx\\ &=\frac {\pi }4\int _{\frac {1}2}^{1}\left (\frac {\ln t}t+\frac {\ln t}{1-t}\right )dt\quad \left (t=\frac {1+x}2\right )\\ &=\frac {\pi }4\left (\left [\frac {\ln ^{2}t}2\right ]_{\frac {1}2}^{1}+\frac {1}2\left (\int _{\frac {1}2}^{1}\frac {\ln t}{1-t}dt+\left [-\ln (1-t)\ln t\right ]_{\frac {1}2}^{1}+\int _{\frac {1}2}^{1}\frac {\ln (1-t)}tdt\right )\right )\\ &=\frac {\pi }4\left (-\frac {\ln ^{2}2}2+\frac {1}2\left (\ln ^{2}2+\int _{0}^{\frac {1}2}\frac {\ln (1-t)}tdt+\int _{\frac {1}2}^{1}\frac {\ln (1-t)}tdt\right )\right )\\ &=\frac \pi 8\int _{0}^{1}\frac {\ln (1-t)}tdt\\ &=-\frac {\pi }8\zeta (2)\\ &=\color{blue}{-\frac {\pi ^{3}}{48}}. \end {aligned} $$

以上で証明は終わりです。最後まで読んでくださりありがとうございました。

投稿日:2021113

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