Integrate[x^x(1-x)^(1-x)sin(πx),{x,0,1}]

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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

定理1.

$\BA\D \int_0^1 x^x(1-x)^{1-x}\sin\pi x\,dx=\frac{\pi e}{24} \EA$

[証明] $\D x=\frac{1}{1+e^t}$とすると，$\D dx=-\frac{e^t}{{(1+r^t)}^2}\,dt$なので

$\BA\D I&=\int_0^1 x^x(1-x)^{1-x}\sin\pi x\,dx\\&=\int_{-\infty}^\infty \L(\frac{1}{1+e^t}\R)^\frac{1}{1+e^t}\L(1-\frac{1}{1+e^t}\R)^{1-\frac{1}{1+e^t}}\sin\frac{\pi}{1+e^t}\frac{e^t}{{(1+e^t)}^2}\,du\\&=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{2t}}{{(1+e^t)}^3}e^{-\frac{t}{1+e^t}}\sin\frac{\pi}{1+e^t}\,dt\\&={\frak I}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{2t}}{{(1+e^t)}^3}e^{\frac{\pi i-t}{1+e^t}}\,dt \EA$

$\hspace{5pt}$正則関数$f: \mathbb{C}\,\setminus \left\{(2k+1)\pi i:k\in\mathbb{Z}\right\} \longrightarrow \mathbb{C}$を$\D f(z)=\frac{e^{2z}}{{(1+e^z)}^3}e^{\frac{\pi i-z}{1+e^z}}$とし，ガウス平面上で反時計回りの長方形の経路：

$\BA\D C=\Gamma \cup\Lambda_1\cup\Lambda_2\cup\Lambda_3,\quad \Gamma=\{t\in{\mathbb R}:t\in[-R,R]\}, \quad \Lambda_1=\{R+it\in\mathbb{C}:t\in[0,2\pi]\},\quad \Lambda_2=\{t+2\pi i\in\mathbb{C}:t\in[R,-R]\},\quad \Lambda_3=\{-R-it\in\mathbb{C}:t\in[-2\pi,0]\} \EA$

で積分しました(ただし$R>1$)．$C$内の$f(z)$の孤立特異点は$z=\pi i$に限られるため，留数定理により

$\BA\D \int_Cf(z)\,dz=2\pi i\,\underset{z=\pi i}{{\rm Res}}\,f(z) \EA$

$\Lambda_1$について：

$\BA\D \L|{\frak I}\int_{\Lambda_1}f(z)\,dz\R|&\le\L|\int_{\Lambda_1}f(z)\,dz\R|\\&=\L|\int_0^{2\pi} f(R+it)\,dt\R|\\&=\L|\int_0^{2\pi} \frac{e^{2R+2it}}{{(1+e^{R+it})}^3}e^{\frac{\pi i-(R+it)}{1+e^{R+it}}}\,dt\R|\\&\le\int_0^{2\pi} \L|\frac{e^{2R+2it}}{{(1+e^{R+it})}^3}\R|\L|e^{\frac{\pi i-(R+it)}{1+e^{R+it}}}\R|\,dt\\&\le\int_0^{2\pi} \frac{e^{2R}}{{(e^{R}-1)}^3}e^{{\frak R}\frac{\pi i-(R+it)}{1+e^{R+it}}}\,dt\\&=\frac{e^{2R}}{{(e^{R}-1)}^3}\int_0^{2\pi} \exp{\L(\frac{e^R(t\sin t+\pi \sin t-R\cos t)-R}{e^{2R}+2e^R\cos t+1}\R)}\,dt\\&\to 0\qquad(R\to\infty) \EA$

$\Lambda_3$について：

$\BA\D \L|{\frak I}\int_{\Lambda_3}f(z)\,dz\R|&\le\L|\int_{\Lambda_3}f(z)\,dz\R|\\&=\L|\int_0^{2\pi} f(-R+it)\,dt\R|\\&=\L|\int_0^{2\pi} \frac{e^{-2R+2it}}{{(1+e^{-R+it})}^3}e^{\frac{\pi i-(-R+it)}{1+e^{-R+it}}}\,dt\R|\\&\le\int_0^{2\pi} \L|\frac{e^{-2R+2it}}{{(1+e^{-R+it})}^3}\R|\L|e^{\frac{\pi i-(-R+it)}{1+e^{-R+it}}}\R|\,dt\\&\le\int_0^{2\pi} \frac{e^{-2R}}{{(1-e^{-R})}^3}e^{{\frak R}\frac{\pi i-(-R+it)}{1+e^{-R+it}}}\,dt\\&=\frac{e^{-2R}}{{(1-e^{-R})}^3}\int_0^{2\pi} \exp{\L(\frac{e^{-R}(t\sin t+\pi \sin t+R\cos t)+R}{e^{-2R}+2e^{-R}\cos t+1}\R)}\,dt\\&\le\frac{e^{-2R}}{{(1-e^{-R})}^3}\int_0^{2\pi} \exp{\L(\frac{e^{-R}(t\sin t+\pi \sin t+R\cos t)+R}{(e^{-R}-1)^2}\R)}\,dt\\&=\frac{\exp{\L(-2R+\frac{R}{(e^{-R}-1)^2}\R)}}{{(1-e^{-R})}^3}\int_0^{2\pi} \exp{\L(\frac{e^{-R}(t\sin t+\pi \sin t+R\cos t)}{(e^{-R}-1)^2}\R)}\,dt \\&\to 0\qquad(R\to\infty) \EA$

$\Lambda_2$について：

$\BA\D {\frak I}\int_{\Lambda_2}f(z)\,dz&={\frak I}\int_R^{-R}f(t+2\pi i)\,dt\\&=-{\frak I}\int_{-R}^R \frac{e^{2(t+2\pi i)}}{{(1+e^{t+2\pi i})}^3}e^{\frac{\pi i-(t+2\pi i)}{1+e^{t+2\pi i}}}\,dt\\&=-{\frak I}\int_{-R}^R \frac{e^{2t}}{{(1+e^t)}^3}e^{\frac{-\pi i-t}{1+e^t}}\,dt\\&={\frak I}\int_{-R}^R \frac{e^{2t}}{{(1+e^t)}^3}e^{\frac{\pi i-t}{1+e^t}}\,dt\\&\to I\qquad(R\to\infty) \EA$

以上より，

$\BA\D 2I={\frak I}\,2\pi i\,\underset{z=\pi i}{{\rm Res}}\,f(z)={\frak I}\,2\pi i\cdot\frac{e}{24}=\frac{\pi e}{12}\EA$

すなわち

$\BA\D I=\frac{\pi e}{24} \EA$

となりました．[証明終わり]$\hspace{5pt}$留数はWolframAlphaを使用して求めます．
　

$\Large\textrm{Residue\,\,at\,\,}z=0 $

$\hspace{5pt}$これを拡張するにあたっては，$\BA\D x^x(1-x)^{1-x}\sin\pi x={\frak I}(1-x){e}^{x\ln\frac{1}{1-\frac{1}{x}}} \EA$と書けることから，$\D R\L(\frac{1}{1+e^z}\R)$が分岐点をもたないような関数$R(x)$を用いて

$\BA\D \int_0^1 R(x)\exp{\L(\alpha x^p{\rm Li}_r\L(\frac{1}{x}\R)\R)}\,dx \EA$

を同様の方法で計算できるのではないでしょうか．しかし，わかりにくかったので別の方法で計算します．具体的に

$\BA\D f(z)=\frac{1}{z^3}\exp\L(\frac{{\rm Li}_2(z)}{z}\R)\EA$

として，

$\BA\D \int_{\Gamma} f(z)\,dz\EA$

について計算してみます．先ず，$1\le x$において

$\BA\D {\rm Li}_2(x)=\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2\L(\frac{1}{x}\R)-\pi i\ln x \EA$

が成り立ちます．複素平面上において，${\rm Li}_2(z)$は分岐点は$z=1$であり，実軸上の区間$[1,\infty)$で分岐截線をもつので，それを避けるように積分経路を設定したいと思います．今回は次図のように鍵穴積分路$D$
!FORMULA[36][1036612258][0]：中心!FORMULA[37][36151][0]，半径!FORMULA[38][-1954321130][0]：中心!FORMULA[39][36151][0]，半径!FORMULA[40][-1917573454][0]とします．主値の偏角は!FORMULA[41][-83283727][0]で定義します． $\Gamma_2$：中心$1$，半径$R　　\Gamma_4$：中心$1$，半径$\epsilon$とします．主値の偏角は$[0,2\pi)$で定義します．

$f(z)$は孤立特異点$z=0$を除いて$D$内で正則ですので，留数定理により

$\BA\D \int_{D}f(z)\,dz=\int_{\Gamma_1}f(z)\,dz+\int_{\Gamma_2}f(z)\,dz+\int_{\Gamma_3}f(z)\,dz+\int_{\Gamma_4}f(z)\,dz=2\pi i\,\underset{z=0}{\rm Res}\,f(z) \EA$

となります．

$\BA\D \int_{\Gamma_1}f(z)\,dz&=\int_{1+\epsilon}^R f(t)\,dt\\&\to\int_1^\infty f(t)\,dt\qquad(\epsilon\to0,\,R\to\infty)\\&=\int_1^\infty \frac{1}{x^3}\exp\L(\frac{{\rm Li}_2(x)}{x}\R)\,dx\\&=\int_0^1 x\exp{\L(x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)+\pi i\ln x\R)\R)}\,dx\\ \L|\int_{\Gamma_2}f(z)\,dz\R|&=\L|\int_0^{2\pi} f\L(1+Re^{i\theta}\R)iRe^{i\theta}\,d\theta\R|\\&\le\int_0^{2\pi} \frac{R}{{(R-1)}^3}\L|\exp\L(\frac{{\rm Li}_2(1+Re^{i\theta})}{1+Re^{i\theta}}\R)\R|\,d\theta\\&\le\int_0^{2\pi} \frac{R}{{(R-1)}^3}\exp\L({\frak R}\frac{{\rm Li}_2(1+Re^{i\theta})}{1+Re^{i\theta}}\R)\,d\theta\\&\to0\qquad(R\to\infty) \quad\cdots(\star)\\ \int_{\Gamma_3}f(z)\,dz&=\int_R^{1+\epsilon} \frac{1}{t^3}\exp\L(\frac{{\rm Li}_2(t)+2\pi i \ln t}{t}\R)\,dt\quad\cdots(\star\star)\\&\to-\int_1^\infty \frac{1}{t^3}\exp\L(\frac{{\rm Li}_2(t)+2\pi i\ln t}{t}\R)\,dt\qquad(\epsilon\to0,\,R\to\infty)\\&=-\int_0^1 t\exp{\L(t\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 t}{2}-{\rm Li}_2(t)-\pi i\ln t\R)\R)}\,dx\\ \L|\int_{\Gamma_4}f(z)\,dz\R|&=\L|\int_{2\pi}^0 f\L(1+\epsilon e^{i\theta}\R)i\epsilon e^{i\theta}\,d\theta\R|\\&\le\int_0^{2\pi}\frac{\epsilon}{(1-\epsilon)^3}\exp\L(\frac{\L|{\rm Li}_2(1+\epsilon e^{i\theta})\R|}{1-\epsilon}\R)\,d\theta\\&\to0\qquad(\epsilon\to0) \EA$

$(\star):$$\D{\rm Li}_2(1+Re^{i\theta})=-\int_0^1 \frac{1}{t}\L(\ln\sqrt{\L(1-(1+R\cos\theta)t\R)^2+\L(Rt\sin\theta\R)^2}+i\arg\L(1-(1+Re^{i\theta})t\R)\R)\,dt$
$(\star\star):$$\D {\rm Li}_2(z+0i)-{\rm Li}_2(z-0i)=-2\pi i \log z\hspace{5pt}$[ イメージ図 ]
また，

$\BA\D \underset{z=0}{\rm Res}\,f(z)=\frac{41e}{288} \EA$

ので，

$\BA\D \int_0^1 x\exp{\L(x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)+\pi i\ln x\R)\R)}\,dx-\int_0^1 t\exp{\L(t\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 t}{2}-{\rm Li}_2(t)-\pi i\ln t\R)\R)}\,dx=2\pi i\cdot\frac{41e}{288} \EA$

整理すれば，

$\BA\D \int_0^1 x\sin\L(\pi x\ln x\R)\exp{\L(x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx=\frac{41}{288}\pi e \EA$

となりました．しかし，実際の数値では

$\BA\D \int_0^1 x\sin\L(\pi x\ln x\R)\exp{\L(x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=-1.2157260525333897558\cdots\\ \frac{41}{288}\pi e&=1.2157260525333897558\cdots\EA$

符号が逆でした．ということで次の定理を主張したいと思います．

定理2.

$\BA\D \int_0^1 \sin\L(\pi x\ln \frac{1}{x}\R)\exp{\L(x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=\frac{1}{4}\pi e\\ \int_0^1 x\sin\L(\pi x\ln \frac{1}{x}\R)\exp{\L(x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=\frac{41}{288}\pi e\\ \int_0^1 x^2\sin\L(\pi x\ln \frac{1}{x}\R)\exp{\L(x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=\frac{107}{1152}\pi e\\ \int_0^1 \sin\L(\pi x\ln \frac{1}{x}\R)\exp{\L(-x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=\frac{1}{4}\frac{\pi}{e}\\ \int_0^1 x\sin\L(\pi x\ln \frac{1}{x}\R)\exp{\L(-x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=\frac{23}{288}\frac{\pi}{e}\\ \int_0^1 x^2\sin\L(\pi x\ln \frac{1}{x}\R)\exp{\L(-x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=\frac{43}{1152}\frac{\pi}{e}\\ \int_0^1 \sin\L(\alpha\pi x\ln \frac{1}{x}\R)\exp{\L(\alpha x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=\frac{\pi e^{\alpha}}{4}\alpha\\ \int_0^1 x\sin\L(\alpha\pi x\ln \frac{1}{x}\R)\exp{\L(\alpha x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=\frac{\pi e^{\alpha}}{288}\alpha(32+9\alpha)\\ \int_0^1 x^2\sin\L(\alpha\pi x\ln \frac{1}{x}\R)\exp{\L(\alpha x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)}\,dx&=\frac{\pi e^{\alpha}}{1152}\alpha(72+32\alpha+3\alpha^2)\EA$

$\hspace{5pt}$ $\D f(z)=\exp\L(\frac{{\rm Li}_2(z)}{z^2}\R)$では$z=0$での留数が出力されなかったことを考慮して，$e$の引数が$a_0+a_1z+a_2z^2+a_3z^3+\cdots$となる必要があるのでしょうか．これをうけて，

$\BA\D f(z)=\frac{1}{z^n}\exp\L(\frac{\alpha}{\D z^{mp}}\L({\rm Li}_r(z)-\sum_{k=1}^{p-1} \frac{z^k}{\D k^r}\R)^m\R) \EA$

と一般化することができると思います．$r=2$の場合は，

定理3.

$\BA\D \int_0^1 x^n\sin\L(\alpha x^{mp}{\frak I}\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)-\sum_{k=1}^{p-1} \frac{z^{-k}}{\D k^2}+\pi i\ln\frac{1}{x}\R)^m\R)\exp\L(\alpha x^{mp}{\frak R}\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)-\sum_{k=1}^{p-1} \frac{z^{-k}}{\D k^2}+\pi i\ln\frac{1}{x}\R)^m\R)\,dx=\pi \underset{z=0}{\rm Res}\,\frac{1}{z^n}\exp\L(\frac{\alpha}{\D z^{mp}}\L({\rm Li}_2(z)-\sum_{k=1}^{p-1} \frac{z^k}{\D k^r}\R)^m\R) \EA$

となります．$n=0,\,m=2,\,p=2$とすれば

$\BA\D \int_0^1 \sin\L(2\pi\alpha x^4\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)-\frac{1}{x}\R)\ln\frac{1}{x}\R)\exp\L(\alpha x^4\L(\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)-\frac{1}{x}\R)^2-\L(\pi\ln x\R)^2\R)\R)=\frac{\D\pi \alpha e^{\frac{\alpha}{16}}}{18} \EA$

となります．
　

$\Large\textrm{Residue\,\,at\,\,}z=i,\,-i $

$\hspace{5pt}$$\D f(z)=\frac{1}{1+z^2}\exp\L(\frac{{\rm Li}_2(z)}{z}\R)$のようにすれば，$f(z)$は$z=0$で正則になり$z=i,\,-i$での留数を計算すればよさそうです．すなわち，

定理4.

$\BA\D \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\sin\L(\alpha x^{mp}{\frak I}\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)-\sum_{k=1}^{p-1} \frac{z^{-k}}{\D k^2}+\pi i\ln\frac{1}{x}\R)^m\R)\exp\L(\alpha x^{mp}{\frak R}\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)-\sum_{k=1}^{p-1} \frac{z^{-k}}{\D k^2}+\pi i\ln\frac{1}{x}\R)^m\R)\,dx=\pi \L(\underset{z=i}{\rm Res}\,\frac{1}{1+z^2}\exp\L(\frac{\alpha}{\D z^{mp}}\L({\rm Li}_2(z)-\sum_{k=1}^{p-1} \frac{z^k}{\D k^r}\R)^m\R)+\underset{z=-i}{\rm Res}\,\frac{1}{1+z^2}\exp\L(\frac{\alpha}{\D z^{mp}}\L({\rm Li}_2(z)-\sum_{k=1}^{p-1} \frac{z^k}{\D k^r}\R)^m\R)\R) \EA$

となりました．$m=1$とし，$p=1,\,2,\,3,\,4$で

$\BA\D &\int_0^1\frac{1}{1+x^2}\sin\L(\pi\alpha x\ln\frac{1}{x}\R)\exp\L(\alpha x\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)\R)\R)\,dx=\pi \exp\L(\alpha \beta(2)\R)\sin\frac{\pi^2 \alpha}{48}\\ &\int_0^1\frac{1}{1+x^2}\sin\L(\pi\alpha x^2\ln\frac{1}{x}\R)\exp\L(\alpha x^2\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)-\frac{1}{x}\R)\R)\,dx=\pi\exp\L(\frac{\pi^2\alpha}{48}\R)\sin\L(\alpha(1-\beta(2))\R)\\ &\int_0^1\frac{1}{1+x^2}\sin\L(\pi\alpha x^3\ln\frac{1}{x}\R)\exp\L(\alpha x^3\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)-\frac{1}{x}-\frac{1}{4x^2}\R)\R)\,dx=\pi\exp\L(\alpha(1-\beta(2))\R)\sin\L(\frac{\alpha}{4}\L(1-\frac{\pi^2}{12}\R)\R)\\ &\int_0^1\frac{1}{1+x^2}\sin\L(\pi\alpha x^4\ln\frac{1}{x}\R)\exp\L(\alpha x^4\L(\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2x}{2}-{\rm Li}_2(x)-\frac{1}{x}-\frac{1}{4x^2}-\frac{1}{9x^3}\R)\R)\,dx=\pi\exp\L(\frac{\alpha}{4}\L(1-\frac{\pi^2}{12}\R)\R)\sin\L(\alpha\L(\beta(2)-\frac{8}{9}\R)\R) \EA$

となります．
　

$\Large{\textrm{Li}}_3(z),\,{\textrm{Li}}_4(z),\,\cdots $

$\hspace{5pt}$反射公式：$\D {\rm Li}_2(x)+{\rm Li}_2\L(\frac{1}{x}\R)=\frac{\pi^2}{3}-\frac{\ln^2 x}{2}-\pi i\ln x\quad(x\ge 1)$について，${\rm Li}_3(x),\,{\rm Li}_4(x),\,\cdots$でも同様の式を求めて適応することを考えてみますが，これは$\D\frac{1}{x}$を掛けて積分することで

$\BA\D {\rm Li}_{2r}(x)+{\rm Li}_{2r}\L(\frac{1}{x}\R)&=\sum_{k=0}^r\frac{2\zeta(2r-2k)}{(2k)!}\ln^{2k}x-\frac{\pi i}{(2r-1)!}\ln^{2r-1}x\\ {\rm Li}_{2r+1}(x)-{\rm Li}_{2r+1}\L(\frac{1}{x}\R)&=\sum_{k=0}^r\frac{2\zeta(2r-2k)}{(2k+1)!}\ln^{2k+1}x-\frac{\pi i}{(2r)!}\ln^{2r}x \EA$

となります．これにより，例えば

定理5.

$\BA\D &\int_0^1 \sin\L(\frac{1}{2}\pi\alpha x\ln^2\frac{1}{x}\R)\exp\L(\alpha x\L({\rm Li}_3(x)+\frac{\pi^2}{3}\ln\frac{1}{x}-\frac{1}{6}\ln^3\frac{1}{x}\R)\R)\,dx=\frac{\pi \alpha e^{\alpha}}{8}\\&\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\sin\L(\frac{1}{2}\pi\alpha x\ln^2\frac{1}{x}\R)\exp\L(\alpha x\L({\rm Li}_3(x)+\frac{\pi^2}{3}\ln\frac{1}{x}-\frac{1}{6}\ln^3\frac{1}{x}\R)\R)\,dx=\pi e^{\alpha\beta(3)}\sin\frac{3\alpha\zeta(3)}{32}\\&\int_0^1 \sin\L(\frac{1}{6}\pi\alpha x\ln^3\frac{1}{x}\R)\exp\L(\alpha x\L(2\zeta(4)+\zeta(2)\ln^2\frac{1}{x}-\frac{1}{24}\ln^4\frac{1}{x}-{\rm Li}_4(x)\R)\R)\,dx=\frac{\pi \alpha e^{\alpha}}{16}\\&\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\sin\L(\frac{1}{6}\pi\alpha x\ln^3\frac{1}{x}\R)\exp\L(\alpha x\L(2\zeta(4)+\zeta(2)\ln^2\frac{1}{x}-\frac{1}{24}\ln^4\frac{1}{x}-{\rm Li}_4(x)\R)\R)\,dx=\pi e^{\alpha\beta(4)}\sin\frac{7\pi^4\alpha}{11520} \EA$

となります．

投稿日：23日前

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