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

218

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.

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} x^{x} (1 - x)^{1 - x} \sin π x d x = \frac{π e}{24} \end{array}

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

\begin{aligned} I & = \int_{0}^{1} x^{x} (1 - x)^{1 - x} \sin π x d x \\ = \int_{- \infty}^{\infty} {(\frac{1}{1 + e^{t}})}^{\frac{1}{1 + e^{t}}} {(1 - \frac{1}{1 + e^{t}})}^{1 - \frac{1}{1 + e^{t}}} \sin \frac{π}{1 + e^{t}} \frac{e^{t}}{{(1 + e^{t})}^{2}} d u \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{2 t}}{{(1 + e^{t})}^{3}} e^{- \frac{t}{1 + e^{t}}} \sin \frac{π}{1 + e^{t}} d t \\ = I \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{2 t}}{{(1 + e^{t})}^{3}} e^{\frac{π i - t}{1 + e^{t}}} d t \end{aligned}

正則関数 $f : C ∖ {(2 k + 1) π i : k \in Z} ⟶ C$ を $f (z) = \frac{e^{2 z}}{{(1 + e^{z})}^{3}} e^{\frac{π i - z}{1 + e^{z}}}$ とし，ガウス平面上で反時計回りの長方形の経路：

\begin{array}{r} C = Γ \cup Λ_{1} \cup Λ_{2} \cup Λ_{3}, Γ = {t \in R : t \in [- R, R]}, Λ_{1} = {R + i t \in C : t \in [0, 2 π]}, Λ_{2} = {t + 2 π i \in C : t \in [R, - R]}, Λ_{3} = {- R - i t \in C : t \in [- 2 π, 0]} \end{array}

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

\begin{array}{r} \int_{C} f (z) d z = 2 π i \underset{z = π i}{R e s} f (z) \end{array}

$Λ_{1}$ について：

\begin{aligned} | I \int_{Λ_{1}} f (z) d z | & \leq | \int_{Λ_{1}} f (z) d z | \\ = | \int_{0}^{2 π} f (R + i t) d t | \\ = | \int_{0}^{2 π} \frac{e^{2 R + 2 i t}}{{(1 + e^{R + i t})}^{3}} e^{\frac{π i - (R + i t)}{1 + e^{R + i t}}} d t | \\ \leq \int_{0}^{2 π} | \frac{e^{2 R + 2 i t}}{{(1 + e^{R + i t})}^{3}} | | e^{\frac{π i - (R + i t)}{1 + e^{R + i t}}} | d t \\ \leq \int_{0}^{2 π} \frac{e^{2 R}}{{(e^{R} - 1)}^{3}} e^{R \frac{π i - (R + i t)}{1 + e^{R + i t}}} d t \\ = \frac{e^{2 R}}{{(e^{R} - 1)}^{3}} \int_{0}^{2 π} \exp (\frac{e^{R} (t \sin t + π \sin t - R \cos t) - R}{e^{2 R} + 2 e^{R} \cos t + 1}) d t \\ \to 0 (R \to \infty) \end{aligned}

$Λ_{3}$ について：

\begin{aligned} | I \int_{Λ_{3}} f (z) d z | & \leq | \int_{Λ_{3}} f (z) d z | \\ = | \int_{0}^{2 π} f (- R + i t) d t | \\ = | \int_{0}^{2 π} \frac{e^{- 2 R + 2 i t}}{{(1 + e^{- R + i t})}^{3}} e^{\frac{π i - (- R + i t)}{1 + e^{- R + i t}}} d t | \\ \leq \int_{0}^{2 π} | \frac{e^{- 2 R + 2 i t}}{{(1 + e^{- R + i t})}^{3}} | | e^{\frac{π i - (- R + i t)}{1 + e^{- R + i t}}} | d t \\ \leq \int_{0}^{2 π} \frac{e^{- 2 R}}{{(1 - e^{- R})}^{3}} e^{R \frac{π i - (- R + i t)}{1 + e^{- R + i t}}} d t \\ = \frac{e^{- 2 R}}{{(1 - e^{- R})}^{3}} \int_{0}^{2 π} \exp (\frac{e^{- R} (t \sin t + π \sin t + R \cos t) + R}{e^{- 2 R} + 2 e^{- R} \cos t + 1}) d t \\ \leq \frac{e^{- 2 R}}{{(1 - e^{- R})}^{3}} \int_{0}^{2 π} \exp (\frac{e^{- R} (t \sin t + π \sin t + R \cos t) + R}{(e^{- R} - 1)^{2}}) d t \\ = \frac{\exp (- 2 R + \frac{R}{(e^{- R} - 1)^{2}})}{{(1 - e^{- R})}^{3}} \int_{0}^{2 π} \exp (\frac{e^{- R} (t \sin t + π \sin t + R \cos t)}{(e^{- R} - 1)^{2}}) d t \\ \to 0 (R \to \infty) \end{aligned}

$Λ_{2}$ について：

\begin{aligned} I \int_{Λ_{2}} f (z) d z & = I \int_{R}^{- R} f (t + 2 π i) d t \\ = - I \int_{- R}^{R} \frac{e^{2 (t + 2 π i)}}{{(1 + e^{t + 2 π i})}^{3}} e^{\frac{π i - (t + 2 π i)}{1 + e^{t + 2 π i}}} d t \\ = - I \int_{- R}^{R} \frac{e^{2 t}}{{(1 + e^{t})}^{3}} e^{\frac{- π i - t}{1 + e^{t}}} d t \\ = I \int_{- R}^{R} \frac{e^{2 t}}{{(1 + e^{t})}^{3}} e^{\frac{π i - t}{1 + e^{t}}} d t \\ \to I (R \to \infty) \end{aligned}

以上より，

\begin{array}{r} 2 I = I 2 π i \underset{z = π i}{R e s} f (z) = I 2 π i \cdot \frac{e}{24} = \frac{π e}{12} \end{array}

すなわち

\begin{array}{r} I = \frac{π e}{24} \end{array}

となりました．[証明終わり]留数はWolframAlphaを使用して求めます．
　

$Residue at z = 0$

これを拡張するにあたっては， $\begin{array}{r} x^{x} (1 - x)^{1 - x} \sin π x = I (1 - x) e^{x \ln \frac{1}{1 - \frac{1}{x}}} \end{array}$ と書けることから， $R (\frac{1}{1 + e^{z}})$ が分岐点をもたないような関数 $R (x)$ を用いて

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} R (x) \exp (α x^{p} {L i}_{r} (\frac{1}{x})) d x \end{array}

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

\begin{array}{r} f (z) = \frac{1}{z^{3}} \exp (\frac{{L i}_{2} (z)}{z}) \end{array}

として，

\begin{array}{r} \int_{Γ} f (z) d z \end{array}

について計算してみます．先ず， $1 \leq x$ において

\begin{array}{r} {L i}_{2} (x) = \frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (\frac{1}{x}) - π i \ln x \end{array}

が成り立ちます．複素平面上において， ${L i}_{2} (z)$ 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． $Γ_{2}$ ：中心 $1$ ，半径 $R Γ_{4}$ ：中心 $1$ ，半径 $ϵ$ とします．主値の偏角は $[0, 2 π)$ 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

\begin{array}{r} \int_{D} f (z) d z = \int_{Γ_{1}} f (z) d z + \int_{Γ_{2}} f (z) d z + \int_{Γ_{3}} f (z) d z + \int_{Γ_{4}} f (z) d z = 2 π i \underset{z = 0}{R e s} f (z) \end{array}

となります．

\begin{aligned} \int_{Γ_{1}} f (z) d z & = \int_{1 + ϵ}^{R} f (t) d t \\ \to \int_{1}^{\infty} f (t) d t (ϵ \to 0, R \to \infty) \\ = \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{3}} \exp (\frac{{L i}_{2} (x)}{x}) d x \\ = \int_{0}^{1} x \exp (x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) + π i \ln x)) d x \\ | \int_{Γ_{2}} f (z) d z | & = | \int_{0}^{2 π} f (1 + R e^{i θ}) i R e^{i θ} d θ | \\ \leq \int_{0}^{2 π} \frac{R}{{(R - 1)}^{3}} | \exp (\frac{{L i}_{2} (1 + R e^{i θ})}{1 + R e^{i θ}}) | d θ \\ \leq \int_{0}^{2 π} \frac{R}{{(R - 1)}^{3}} \exp (R \frac{{L i}_{2} (1 + R e^{i θ})}{1 + R e^{i θ}}) d θ \\ \to 0 (R \to \infty) \dots (⋆) \\ \int_{Γ_{3}} f (z) d z & = \int_{R}^{1 + ϵ} \frac{1}{t^{3}} \exp (\frac{{L i}_{2} (t) + 2 π i \ln t}{t}) d t \dots (⋆ ⋆) \\ \to - \int_{1}^{\infty} \frac{1}{t^{3}} \exp (\frac{{L i}_{2} (t) + 2 π i \ln t}{t}) d t (ϵ \to 0, R \to \infty) \\ = - \int_{0}^{1} t \exp (t (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} t}{2} - {L i}_{2} (t) - π i \ln t)) d x \\ | \int_{Γ_{4}} f (z) d z | & = | \int_{2 π}^{0} f (1 + ϵ e^{i θ}) i ϵ e^{i θ} d θ | \\ \leq \int_{0}^{2 π} \frac{ϵ}{(1 - ϵ)^{3}} \exp (\frac{| {L i}_{2} (1 + ϵ e^{i θ}) |}{1 - ϵ}) d θ \\ \to 0 (ϵ \to 0) \end{aligned}

$(⋆) :$ ${L i}_{2} (1 + R e^{i θ}) = - \int_{0}^{1} \frac{1}{t} (\ln \sqrt{{(1 - (1 + R \cos θ) t)}^{2} + {(R t \sin θ)}^{2}} + i \arg (1 - (1 + R e^{i θ}) t)) d t$
$(⋆ ⋆) :$ ${L i}_{2} (z + 0 i) - {L i}_{2} (z - 0 i) = - 2 π i \log z$ [ イメージ図 ]
また，

\begin{array}{r} \underset{z = 0}{R e s} f (z) = \frac{41 e}{288} \end{array}

ので，

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} x \exp (x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) + π i \ln x)) d x - \int_{0}^{1} t \exp (t (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} t}{2} - {L i}_{2} (t) - π i \ln t)) d x = 2 π i \cdot \frac{41 e}{288} \end{array}

整理すれば，

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} x \sin (π x \ln x) \exp (x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x = \frac{41}{288} π e \end{array}

となりました．しかし，実際の数値では

\begin{aligned} \int_{0}^{1} x \sin (π x \ln x) \exp (x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = - 1.2157260525333897558 \dots \\ \frac{41}{288} π e & = 1.2157260525333897558 \dots \end{aligned}

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.

\begin{aligned} \int_{0}^{1} \sin (π x \ln \frac{1}{x}) \exp (x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = \frac{1}{4} π e \\ \int_{0}^{1} x \sin (π x \ln \frac{1}{x}) \exp (x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = \frac{41}{288} π e \\ \int_{0}^{1} x^{2} \sin (π x \ln \frac{1}{x}) \exp (x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = \frac{107}{1152} π e \\ \int_{0}^{1} \sin (π x \ln \frac{1}{x}) \exp (- x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = \frac{1}{4} \frac{π}{e} \\ \int_{0}^{1} x \sin (π x \ln \frac{1}{x}) \exp (- x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = \frac{23}{288} \frac{π}{e} \\ \int_{0}^{1} x^{2} \sin (π x \ln \frac{1}{x}) \exp (- x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = \frac{43}{1152} \frac{π}{e} \\ \int_{0}^{1} \sin (α π x \ln \frac{1}{x}) \exp (α x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = \frac{π e^{α}}{4} α \\ \int_{0}^{1} x \sin (α π x \ln \frac{1}{x}) \exp (α x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = \frac{π e^{α}}{288} α (32 + 9 α) \\ \int_{0}^{1} x^{2} \sin (α π x \ln \frac{1}{x}) \exp (α x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x & = \frac{π e^{α}}{1152} α (72 + 32 α + 3 α^{2}) \end{aligned}

$f (z) = \exp (\frac{{L i}_{2} (z)}{z^{2}})$ 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 $a_{0} + a_{1} z + a_{2} z^{2} + a_{3} z^{3} + \dots$ となる必要があるのでしょうか．これをうけて，

\begin{array}{r} f (z) = \frac{1}{z^{n}} \exp (\frac{α}{z^{m p}} {({L i}_{r} (z) - \sum_{k = 1}^{p - 1} \frac{z^{k}}{k^{r}})}^{m}) \end{array}

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.

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} x^{n} \sin (α x^{m p} I {(\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) - \sum_{k = 1}^{p - 1} \frac{z^{- k}}{k^{2}} + π i \ln \frac{1}{x})}^{m}) \exp (α x^{m p} R {(\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) - \sum_{k = 1}^{p - 1} \frac{z^{- k}}{k^{2}} + π i \ln \frac{1}{x})}^{m}) d x = π \underset{z = 0}{R e s} \frac{1}{z^{n}} \exp (\frac{α}{z^{m p}} {({L i}_{2} (z) - \sum_{k = 1}^{p - 1} \frac{z^{k}}{k^{r}})}^{m}) \end{array}

となります． $n = 0, m = 2, p = 2$ とすれば

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} \sin (2 π α x^{4} (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) - \frac{1}{x}) \ln \frac{1}{x}) \exp (α x^{4} ({(\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) - \frac{1}{x})}^{2} - {(π \ln x)}^{2})) = \frac{π α e^{\frac{α}{16}}}{18} \end{array}

となります．
　

$Residue at z = i, - i$

$f (z) = \frac{1}{1 + z^{2}} \exp (\frac{{L i}_{2} (z)}{z})$ 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.

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} \sin (α x^{m p} I {(\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) - \sum_{k = 1}^{p - 1} \frac{z^{- k}}{k^{2}} + π i \ln \frac{1}{x})}^{m}) \exp (α x^{m p} R {(\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) - \sum_{k = 1}^{p - 1} \frac{z^{- k}}{k^{2}} + π i \ln \frac{1}{x})}^{m}) d x = π (\underset{z = i}{R e s} \frac{1}{1 + z^{2}} \exp (\frac{α}{z^{m p}} {({L i}_{2} (z) - \sum_{k = 1}^{p - 1} \frac{z^{k}}{k^{r}})}^{m}) + \underset{z = - i}{R e s} \frac{1}{1 + z^{2}} \exp (\frac{α}{z^{m p}} {({L i}_{2} (z) - \sum_{k = 1}^{p - 1} \frac{z^{k}}{k^{r}})}^{m})) \end{array}

となりました． $m = 1$ とし， $p = 1, 2, 3, 4$ で

\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} \sin (π α x \ln \frac{1}{x}) \exp (α x (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x))) d x = π \exp (α β (2)) \sin \frac{π^{2} α}{48} \\ \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} \sin (π α x^{2} \ln \frac{1}{x}) \exp (α x^{2} (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) - \frac{1}{x})) d x = π \exp (\frac{π^{2} α}{48}) \sin (α (1 - β (2))) \\ \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} \sin (π α x^{3} \ln \frac{1}{x}) \exp (α x^{3} (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) - \frac{1}{x} - \frac{1}{4 x^{2}})) d x = π \exp (α (1 - β (2))) \sin (\frac{α}{4} (1 - \frac{π^{2}}{12})) \\ \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} \sin (π α x^{4} \ln \frac{1}{x}) \exp (α x^{4} (\frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - {L i}_{2} (x) - \frac{1}{x} - \frac{1}{4 x^{2}} - \frac{1}{9 x^{3}})) d x = π \exp (\frac{α}{4} (1 - \frac{π^{2}}{12})) \sin (α (β (2) - \frac{8}{9})) \end{aligned}

となります．
　

${Li}_{3} (z), {Li}_{4} (z), \dots$

反射公式： ${L i}_{2} (x) + {L i}_{2} (\frac{1}{x}) = \frac{π^{2}}{3} - \frac{\ln^{2} x}{2} - π i \ln x (x \geq 1)$ について， ${L i}_{3} (x), {L i}_{4} (x), \dots$ 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 $\frac{1}{x}$ を掛けて積分することで

\begin{aligned} {L i}_{2 r} (x) + {L i}_{2 r} (\frac{1}{x}) & = \sum_{k = 0}^{r} \frac{2 ζ (2 r - 2 k)}{(2 k)!} \ln^{2 k} x - \frac{π i}{(2 r - 1)!} \ln^{2 r - 1} x \\ {L i}_{2 r + 1} (x) - {L i}_{2 r + 1} (\frac{1}{x}) & = \sum_{k = 0}^{r} \frac{2 ζ (2 r - 2 k)}{(2 k + 1)!} \ln^{2 k + 1} x - \frac{π i}{(2 r)!} \ln^{2 r} x \end{aligned}

となります．これにより，例えば

定理5.

\begin{aligned} \int_{0}^{1} \sin (\frac{1}{2} π α x \ln^{2} \frac{1}{x}) \exp (α x ({L i}_{3} (x) + \frac{π^{2}}{3} \ln \frac{1}{x} - \frac{1}{6} \ln^{3} \frac{1}{x})) d x = \frac{π α e^{α}}{8} \\ \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} \sin (\frac{1}{2} π α x \ln^{2} \frac{1}{x}) \exp (α x ({L i}_{3} (x) + \frac{π^{2}}{3} \ln \frac{1}{x} - \frac{1}{6} \ln^{3} \frac{1}{x})) d x = π e^{α β (3)} \sin \frac{3 α ζ (3)}{32} \\ \int_{0}^{1} \sin (\frac{1}{6} π α x \ln^{3} \frac{1}{x}) \exp (α x (2 ζ (4) + ζ (2) \ln^{2} \frac{1}{x} - \frac{1}{24} \ln^{4} \frac{1}{x} - {L i}_{4} (x))) d x = \frac{π α e^{α}}{16} \\ \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} \sin (\frac{1}{6} π α x \ln^{3} \frac{1}{x}) \exp (α x (2 ζ (4) + ζ (2) \ln^{2} \frac{1}{x} - \frac{1}{24} \ln^{4} \frac{1}{x} - {L i}_{4} (x))) d x = π e^{α β (4)} \sin \frac{7 π^{4} α}{11520} \end{aligned}

となります．

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

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

Residueatz=0

Residueatz=i,−i

Li3(z),Li4(z),⋯

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

$Residue at z = 0$

$Residue at z = i, - i$

${Li}_{3} (z), {Li}_{4} (z), \dots$