log sin integral 攻略

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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

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。

まず、King Propertyから以下を得ます。
$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin \theta d\theta ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \cos \theta d\theta \end{array}$$
Iの二つの表示を足し合わせることで
$$\begin{array}{rl}2I& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln (\sin \theta \cos \theta )d\theta \\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(\ln \sin 2\theta -\ln 2)d\theta \\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\ln \sin \theta d\theta -\frac{\pi }{2}\ln 2\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin \theta d\theta -\frac{1}{2}\pi \ln 2\\ & =I-\frac{1}{2}\pi \ln 2\\ I& =-\frac{1}{2}\pi \ln 2.\end{array}$$
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
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^p\theta {\cos }^q\theta d\theta & =\frac{1}{2}\mathrm{B}(\frac{p+1}{2},\frac{q+1}{2})\end{array}$$
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。
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin \theta d\theta & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\partial }{\partial p}{\sin }^p\theta |}_{p=0}d\theta \\ & ={\frac{\partial }{\partial p}\frac{1}{2}\mathrm{B}(\frac{p+1}{2},\frac{1}{2})|}_{p=0}\\ & ={\frac{1}{4}(\psi \left(\frac{p+1}{2}\right)-\psi (\frac{p}{2}+1))\mathrm{B}(\frac{p+1}{2},\frac{1}{2})|}_{p=0}\\ & =\frac{1}{4}(\psi \left(\frac{1}{2}\right)-\psi \left(1\right))\mathrm{B}(\frac{1}{2},\frac{1}{2})\\ & =\frac{1}{4}(-\gamma -2\ln 2+\gamma )\pi \\ & =-\frac{1}{2}\pi \ln 2.\end{array}$$
この方法は、以下のように一般化できます。
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^p\theta {\cos }^q\theta {\ln }^r\sin \theta {\ln }^s\cos \theta d\theta & =\frac{{\partial }^r}{\partial p^r}\frac{{\partial }^s}{\partial q^s}\frac{1}{2}\mathrm{B}(\frac{p+1}{2},\frac{q+1}{2})\end{array}$$

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。

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin \theta d\theta & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(-\ln 2-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos 2n\theta }{n})d\theta \\ & =-\frac{\pi }{2}\ln 2-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos 2n\theta d\theta \\ & =-\frac{1}{2}\pi \ln 2.\end{array}$$
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。
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }{\ln }^2(2\sin \frac{\theta }{2})d\theta & ={\int }_0^{2\pi }\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos n\theta }{n}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos m\theta }{m}d\theta \\ & =\sum _{n,m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{nm}{\int }_0^{2\pi }\cos n\theta \cos m\theta d\theta \\ & =\sum _{n,m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{nm}\pi {\delta }_{nm}\\ & =\pi \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}\\ & =\frac{{\pi }^3}{6}.\end{array}$$

解法4 交代多重ゼータ値(AMZV)

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin \theta d\theta & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln (1-{\cos }^2\theta )d\theta \\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\cos }^{2n}\theta }{n}d\theta \\ & =-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2n}\theta d\theta \\ & =-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}\frac{\pi }{2}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}{2^{2n}}\\ & =-\frac{\pi }{4}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{n})\\ & =-\frac{\pi }{4}{\int }_0^1\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-x{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{n})\frac{dx}{x}\\ & =-\frac{\pi }{4}{\int }_0^1\frac{(1-x{)}^{-\frac{1}{2}}-1}{x}dx\\ & =-\frac{\pi }{4}{\int }_0^1\frac{t^{-1}-1}{1-t^2}2tdt(x=1-t^2)\\ & =-\frac{\pi }{2}{\int }_0^1\frac{dt}{1+t}\\ & =\frac{\pi }{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{\int }_0^1{t}^{n-1}dt\\ & =\frac{\pi }{2}\zeta (\overline{1})\\ & =-\frac{1}{2}\pi \ln 2.\end{array}$$
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。
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\mathrm{Li}}_k({\cos }^2\theta )d\theta & =-\pi \sum _{i_1,\cdots ,i_{k-1}\in \{\overline{1},1\}}\zeta (i_1,\cdots ,i_{k-1},\overline{1})\end{array}$$
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。