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大学数学基礎解説
文献あり

log sin integral 攻略

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$$\newcommand{abs}[1]{\left |#1\right |} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{Fourier}[2]{\mathcal{F}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{Hartley}[2]{\mathcal{H}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{Hilbert}[2]{\mathcal{Hil}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{inttrans}[3]{\mathcal{#1}_{#2}\left [#3\right ]} \newcommand{invtrans}[3]{\mathcal{#1}^{-1}_{#2}\left [#3\right ]} \newcommand{Laplace}[2]{\mathcal{L}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{Mellin}[2]{\mathcal{M}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{ord}[0]{\operatorname{ord}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{Res}[1]{\underset{#1}{\operatorname{Res}}} \newcommand{tLaplace}[2]{\mathcal{B}_{#1}\left [#2\right ]} \newcommand{Weierstrass}[2]{\mathcal{W}_{#1}\left [#2\right ]} $$
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この記事の内容は、 YouTubeにアップした動画 とほぼ同じです。

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。

King Property

$$ \begin {aligned} \int _{a}^{b}f(x)dx&=\int _{a}^{b}f(a+b-x)dx \end {aligned} $$

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)

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。

参考文献

投稿日:2022722

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