log sin integral 攻略
今回は以下の積分
$$ \begin {aligned} I:=\int _{0}^{\frac {\pi }2}\ln \sin \theta d\theta =-\frac {1}2\pi \ln 2 \end {aligned} $$
の計算方法をいくつか紹介し、それぞれの解法の応用について書きます。
解法1 King Property
初歩的な解法です。
$$ \begin {aligned} \int _{a}^{b}f(x)dx&=\int _{a}^{b}f(a+b-x)dx \end {aligned} $$
まず、King Propertyから以下を得ます。
$$
\begin {aligned}
I&=\int _{0}^{\frac {\pi }2}\ln \sin \theta d\theta =\int _{0}^{\frac {\pi }2}\ln \cos \theta d\theta
\end {aligned}
$$
Iの二つの表示を足し合わせることで
$$
\begin {aligned}
2I&=\int _{0}^{\frac {\pi }2}\ln \left (\sin \theta \cos \theta \right )d\theta \\
&=\int _{0}^{\frac {\pi }2}\left (\ln \sin 2\theta -\ln 2\right )d\theta \\
&=\frac {1}2\int _{0}^{\pi }\ln \sin \theta d\theta -\frac {\pi }2\ln 2\\
&=\int _{0}^{\frac {\pi }2}\ln \sin \theta d\theta -\frac {1}2\pi \ln 2\\
&=I-\frac {1}2\pi \ln 2\\
I&=-\frac {1}2\pi \ln 2.
\end {aligned}
$$
この解法には、あまり発展性が無いように思えます。
解法2 ベータ関数
ベータ関数を用いて
$$
\begin {aligned}
\int _{0}^{\frac {\pi }2}\sin ^{p}\theta \cos ^{q}\theta d\theta &=\frac {1}2\mathrm B\left (\frac {p+1}2,\frac {q+1}2\right )
\end {aligned}
$$
となります。これを微分することで$\ln \sin \theta$の入った積分を計算できます。
$$
\begin {aligned}
\int _{0}^{\frac {\pi }2}\ln \sin \theta d\theta &=\int _{0}^{\frac {\pi }2}\left
. \frac {\partial }{\partial p}\sin ^{p}\theta \right |_{p=0}d\theta \\
&=\left .\frac {\partial }{\partial p}\frac {1}2\mathrm B\left (\frac {p+1}2,\frac {1}2\right )\right |_{p=0}\\
&=\left .\frac {1}4\left (\psi \left (\frac {p+1}2\right )-\psi \left (\frac {p}2+1\right )\right )\mathrm B\left (\frac {p+1}2,\frac {1}2\right )\right |_{p=0}\\
&=\frac {1}4\left (\psi \left (\frac {1}2\right )-\psi \left (1\right )\right )\mathrm B\left (\frac {1}2,\frac {1}2\right )\\
&=\frac {1}4\left (-\gamma -2\ln 2+\gamma \right )\pi \\
&=-\frac {1}2\pi \ln 2.
\end {aligned}
$$
この方法は、以下のように一般化できます。
$$
\begin {aligned}
\int _{0}^{\frac {\pi }2}\sin ^{p}\theta \cos ^{q}\theta \ln ^{r}\sin \theta \ln ^{s}\cos \theta d\theta &=\frac {\partial ^r}{\partial p^r}\frac {\partial ^s}{\partial q^s}\frac {1}2\mathrm B\left (\frac {p+1}2,\frac {q+1}2\right )
\end {aligned}
$$
解法3 Fourier級数展開
$\ln |\sin \theta |$のフーリエ級数展開を使えば不定積分を級数で書けます。
$$ \begin {aligned} \ln |\sin \theta |&=-\ln 2-\sum_{n=1 }^{\infty }\frac {\cos 2n\theta }n \end {aligned} $$
$$ \begin {aligned} -\sum _{n=1}^{\infty }\frac {\cos 2n\theta }n&=\Re \left [-\sum _{n=1}^{\infty }\frac {e^{2in\theta }}n\right ]\\ &=\Re \ln \left (1-e^{2i\theta }\right )\\ &=\ln \left |1-e^{2i\theta }\right|\\ &=\ln \left |2\sin \theta \right|\quad \boxed{} \end {aligned} $$
$$
\begin {aligned}
\int _{0}^{\frac {\pi }2}\ln \sin \theta d\theta &=\int _{0}^{\frac {\pi }2}\left (-\ln 2-\sum _{n=1}^{\infty }\frac {\cos 2n\theta }n\right )d\theta \\
&=-\frac {\pi }2\ln 2-\sum _{n=1}^{\infty }\frac {1}n\int _{0}^{\frac {\pi }2}\cos 2n\theta d\theta \\
&=-\frac {1}2\pi \ln 2.
\end {aligned}
$$
三角関数の直交性を使って、他の積分を計算することもできます。
$$
\begin {aligned}
\int _{0}^{2\pi }\ln ^2\left (2\sin \frac {\theta }2\right )d\theta &=\int _{0}^{2\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac {\cos n\theta }n\sum _{m=1}^{\infty }\frac {\cos m\theta }md\theta \\
&=\sum _{n,m=1}^{\infty }\frac {1}{nm}\int _{0}^{2\pi }\cos n\theta \cos m\theta d\theta \\
&=\sum _{n,m=1}^{\infty }\frac {1}{nm}\pi \delta _{nm}\\
&=\pi \sum _{n=1}^{\infty }\frac {1}{n^{2}}\\
&=\frac {\pi ^{3}}6.
\end {aligned}
$$
解法4 交代多重ゼータ値(AMZV)
$k_1,\cdots ,k_r\in \mathbb Z_{ > 0}$,$\varepsilon _1,\cdots \varepsilon_r\in \{-1,1\}$に対して、
$$
\begin {aligned}
\sum _{0< n_{1}<\cdots < n_{r}}\frac {\varepsilon_1^{n_1}\cdots \varepsilon_r^{n_r}}{n_1^{k_1}\cdots n_r^{k_r}}
\end {aligned}
$$
が有限確定値に収束するとき、この値を交代多重ゼータ値(AMZV)といい、
$$
\begin {aligned}
\sum _{0< n_{1}< n_2}\frac {(-1)^{n_1}}{n_1^{2}n_2^{3}}&=\zeta (\bar {2},3)
\end {aligned}
$$
のように表す。
$$
\begin {aligned}
\int _{0}^{\frac {\pi }2}\ln \sin \theta d\theta
&=\frac {1}2\int _{0}^{\frac {\pi }2}\ln \left (1-\cos ^{2}\theta \right )d\theta \\
&=-\frac {1}2\int _{0}^{\frac {\pi }2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac {\cos ^{2n}\theta }nd\theta \\
&=-\frac {1}2\sum _{n=1}^{\infty }\frac {1}n\int _{0}^{\frac {\pi }2}\cos ^{2n}\theta d\theta \\
&=-\frac {1}2\sum _{n=1}^{\infty }\frac {1}n\frac {\pi }2\frac {\binom {2n}n}{2^{2n}}\\
&=-\frac {\pi }4\sum _{n=1}^{\infty }\frac {(-1)^n}n\binom {-\frac {1}2}n\\
&=-\frac {\pi }4\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }(-x)^{n}\binom {-\frac {1}2}n\frac {dx}x\\
&=-\frac {\pi }4\int _{0}^{1}\frac {(1-x)^{-\frac {1}2}-1}xdx\\
&=-\frac {\pi }4\int _{0}^{1}\frac {t^{-1}-1}{1-t^{2}}2tdt\quad \left (x=1-t^{2}\right )\\
&=-\frac {\pi }2\int _{0}^{1}\frac {dt}{1+t}\\
&=\frac {\pi }2\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\int _{0}^{1}t^{n-1}dt\\
&=\frac {\pi }2\zeta (\bar {1})\\
&=-\frac {1}2\pi \ln 2.
\end {aligned}
$$
こちらの記事
により、この方法は、ポリログに一般化できます。
$$
\begin {aligned}
\int _{0}^{\frac {\pi }2}\operatorname{Li} _{k}\left (\cos ^{2}\theta \right ) d\theta &=-\pi \sum _{i_1,\cdots ,i_{k-1}\in \{\bar {1},1\}}\zeta (i_1,\cdots ,i_{k-1},\bar {1})
\end {aligned}
$$
さらに、
こちらの記事
により、スター付き一変数多重ポリログにまで拡張できます。
以上です。