すごい積分

すごい積分

タイトルの通り, ものすごい積分です. 私はこれを見たときに, 美しすぎて感動してしまいました.

とっても感動したので, 積分を考えるのも, 証明も, 自力ではやっていないのですが, みなさんにこの感動を伝えるために, 記事にします.

使う道具は, 複素解析です.
$$

(証明)

$${\displaystyle f(z)=\exp (-i\pi z-z\log z-(1-z)\log (1-z))}$$
とおきます.

これの特異点(というのでしょうか...？)は, $z=0,1$です.

$\mathrm{branch}\mathrm{cut}$ を, $\log z$の偏角は $-\pi <\arg z\leqq \pi$, $\log (1-z)$ の偏角は $0<\arg (1-z)\leqq 2\pi$ とすると, なんと負の実軸上で$f(z)$は連続になります！

これを確認するために, $x$を正の実数として, $f(-x)$の上下を調べます.

負の実軸に上から近づいた場合はもちろん連続で,
$$\begin{array}{rcl}f(-x+0i)& =& f(-x)\\ & =& \exp (i\pi x+x(\log x+i\pi )-(1+x)(\log (1+x)+2\pi i))\\ & =& \exp (x\log x-(1+x)\log (1+x))\end{array}$$
となります. 一方, 下から近づいた場合は,
$$\begin{array}{rcl}f(-x-0i)& =& \exp (i\pi x+x(\log x-i\pi )-(1+x)\log (1+x))\\ & =& \exp (x\log x-(1+x)\log (1+x))=f(-x)\end{array}$$
となって一致するので, $f(z)$は区間$(-\mathrm{\infty },0)$で連続であることが分かりました.
$$

ここで, $r$を十分小さい実数とし, 次のようなダンベル形の積分路をとります.

$$\begin{array}{rcl}{C}_0:z& =& r{e}^{i\theta }(\theta :0\to 2\pi )\\ L_{-}:z& =& t-0i(t:r\to 1-r)\\ C_1:z& =& 1+r{e}^{i\theta }(\theta :-\pi \to \pi )\\ L_{+}:z& =& t+0i(t:1-r\to r)\end{array}$$

ただし, $+0i$とは, 区間$(0,1)$に上から近づいていったときの$f(z)$の値を積分することを表します.

また, $C=C_0\cdot L_{-}\cdot C_1\cdot L_{+}$ とします.
$$

まず, $r\to 0$とすると, $C_0,C_1$での積分は, $f(z)$が$z\to 0,z\to 1$ で有界である一方で積分路の長さは$0$になることから, 積分値も$0$となります.

次に $L_{-},L_{+}$での積分ですが, 実数$0<x<1$に対して
$$\begin{array}{rcl}f(x+0i)& =& \exp (-i\pi x-x\log x-(1-x)(\log (1-x)+2\pi i))\\ & =& \exp (i\pi x-x\log x-(1-x)\log (1-x))\\ f(x-0i)& =& \exp (-i\pi x-x\log x-(1-x)\log (1-x))\end{array}$$
なので, $r\to 0$とすると,
$$\begin{array}{rcl}({\int }_{L_{-}}+{\int }_{L_{+}})f(z)dz& =& {\int }_0^1(f(x-0i)-f(x+0i))dx\\ & =& -2i{\int }_0^1\frac{\sin \pi x}{x^x(1-x{)}^{1-x}}dx\end{array}$$

従って, 求める積分を$I$として,
$${\displaystyle {\int }_{C}f(z)dz=-2iI}$$
と分かりました.
$$

一方, $f(z)$は$C$の外側では無限遠点を除き正則なので, 無限遠点の留数を利用して, ${\displaystyle {\int }_{C}f(z)dz}$ の値を求めることができます.

具体的には,
$${\displaystyle {\int }_{C}f(z)dz=-2\pi i\underset{z=\mathrm{\infty }}{\mathrm{Res}}f(z)}$$
となります.

$$\begin{array}{rcl}\underset{z=\mathrm{\infty }}{\mathrm{Res}}f(z)& =& -\underset{z=0}{\mathrm{Res}}\frac{1}{z^2}f(\frac{1}{z})\\ & =& -\underset{z=0}{\mathrm{Res}}\frac{1}{z^2}\exp (-\frac{i\pi }{z}+\frac{1}{z}\log z-(1-\frac{1}{z})(\log (\frac{1}{z}-1)+i\pi ))\\ & =& -\underset{z=0}{\mathrm{Res}}\frac{1}{z^2}\cdot \exp (\log \frac{z}{1-z}+\frac{1}{z}\log (1-z)-i\pi )\\ & =& \underset{z=0}{\mathrm{Res}}\frac{1}{z^2}\cdot \frac{z}{1-z}\cdot (1-z{)}^{\frac{1}{z}}\\ & =& \underset{z\to 0}{lim}\frac{1}{1-z}\cdot (1-z{)}^{\frac{1}{z}}\\ & =& \frac{1}{e}\end{array}$$
なので,
${\displaystyle {\int }_{C}f(z)dz=-\frac{2\pi i}{e}}$
が分かりました.
$$

最後に, ${\displaystyle -2iI=-\frac{2\pi i}{e}}$から, $${\displaystyle I=\frac{\pi }{e}}$$ を得ます.
$$

ちなみに, 同様にして
$${\displaystyle {\int }_0^1\frac{\sin \pi x}{x^{1-x}(1-x{)}^x}dx=(e-2)\pi }$$
も求めることができます.