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フォロワー2900人突破記念問題の答え&ガンマ関数・ディガンマ関数との関係

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はじめに

 この記事では、私のTwitterアカウントのフォロワー $2900$ 人突破記念で作った次の問題の解説をします。数式ばかりでちょっとイカツイかもしれませんが、同じタイプの積分を一般化して公式したものもありますので、時間のある方はご覧いただければと思います。

フォロワー$2900$人突破記念問題

${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{x^{1449}}{1+x^{2900}}\,dx=? }$

${\displaystyle \int_0^{1}\frac{x^{2900}}{1+x^{2901}}\,dx=? }$

作問の背景

 少し古い話になりますが、2019年10月ごろ、次のような公式を作ったことがあります。

(公式$1$)
$m \in \mathbb{N},n \in \mathbb{N},m< n$

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{\infty}\frac{x^m}{1+x^n}\,dx &= \begin{cases} \frac{\pi}{n\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}&(m< n-1)\\ \infty&(m=n-1) \end{cases} \end{align} }$

(公式$2$)
$m \in \mathbb{N},n \in \mathbb{N},m< n$

${\displaystyle \begin{align} \int_0^1\frac{x^m}{1+x^n}\,dx &= \begin{cases} \frac{\pi}{2n\sin\frac{(m+1)\pi}{n}} -\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor-1} \cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot\log\left(\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)&(m< n-1)\\ \frac{\log2}{n}&(m=n-1) \end{cases} \end{align} }$

(公式$3$)
$0< m< n-1$

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{\infty}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx &= \frac{\pi\sin\frac{m\pi}{n}}{n\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{(m+1)\pi}{n}} \end{align} }$

(公式$4$)
$m \in \mathbb{N},n \in \mathbb{N},m< n,3\leqq n$

${\displaystyle \int_0^1\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx= \begin{cases} \frac{\pi\sin\frac{m\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \left(\log\left(2\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right) \left(2\sin\frac{km\pi}{n}\sin\frac{k(m+2)\pi}{n}\right) &(m< n-1)\\ \frac{\pi}{2n\tan\frac{\pi}{n}}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \left(\log\left(2\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right) \left(2\sin^2\frac{k\pi}{n}\right) &(m=n-1) \end{cases} }$

今回の問題は、この(公式$1$)を使ったものでした。
この(公式$1$)を使うと、答えはこうなります。

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{\infty}\frac{x^{1449}}{1+x^{2900}}\,dx &= \frac{\pi}{2900}\\ \end{align} }$

${\displaystyle \begin{align} \int_0^1\frac{x^{2900}}{1+x^{2901}}\,dx &= \frac{\log2}{2900} \end{align} }$

$\dfrac{1}{2900}$に関連する解答というわけでした。

公式の導出

これらの公式の導出過程を紹介します。

(公式 $1$) の導出

まず次の補題を考えます。

${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{x^{-a}}{1+x}\,dx=\frac{\pi}{\sin(a\pi)} }$

補題の証明についてはTwitterでいろいろ教えてもらいました。

(参考ツイート)

まとめるとこんな感じに証明できます。

まず、次のような級数展開が成り立ちます。(証明は上記@toyo9さんのツイート参照)

$\dfrac{1}{\sin x}=\cdots+\dfrac{1}{x-2\pi}-\dfrac{1}{x-\pi}+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+\pi}+\dfrac{1}{x+2\pi}\mp\cdots$

この級数の両辺に $\pi$ を乗じてから $x=a\pi$ を代入し、さらに次のように変形することで補題$1$の式が得られます。。
(極限と積分の交換は本当は厳密な議論が必要ですがここでは省略します。)

${\displaystyle \begin{align} \dfrac{\pi}{\sin(a\pi)} &=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\left(-\frac{\pi}{a\pi-(n+1)\pi}+\frac{\pi}{a\pi+n\pi}\right)\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\left(\frac{1}{-a+n+1}+\frac{1}{a+n}\right)\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\int_0^1\left(x^{-a}+x^{a-1}\right)x^n\,dx\\ &=\int_0^1\sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n\left(x^{-a}+x^{a-1}\right)\,dx\\ &=\int_0^1 \frac{ x^{-a}+x^{a-1}}{1+x}\,dx\\ &=\int_0^1 \frac{ x^{-a}}{1+x}\,dx +\int_0^1 \frac{ x^{a-1}}{1+x}\,dx\\ &=\int_0^1 \frac{ x^{-a}}{1+x}\,dx +\int_{\infty}^1 \frac{ u^{-a+1}}{1+u^{-1}}\,\cdot (-u^{-2}du)\qquad(x= u^{-1})\\ &=\int_0^1 \frac{ x^{-a}}{1+x}\,dx +\int_1^{\infty} \frac{ u^{-a}}{u+1}\,du\\ &=\int_0^1 \frac{ x^{-a}}{1+x}\,dx +\int_1^{\infty} \frac{ x^{-a}}{1+x}\,dx\\ &=\int_0^{\infty} \frac{ x^{-a}}{1+x}\,dx\\ \end{align} }$

 ${\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{x^m}{1+x^n}\,dx}$ の積分について、$t=x^n$ に置換してから補題$1$を使ってみましょう。

$dt=nx^{n-2}\cdot x\,dx$ より $x\,dx=\dfrac{t^{-\frac{n-2}{n}}}{n}\,dt$ なので

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{\infty} \frac{x^m}{1+x^n}\,dx &=\int_0^{\infty} \frac{t^{\frac{m-1}{n}}}{1+t}\cdot\frac{t^{-\frac{n-2}{n}}}{n}\,dt\\ &=\frac{1}{n}\int_0^{\infty} \frac{t^{-\frac{n-m-1}{n}}}{1+t}\,dt\\ &=\frac{1}{n}\cdot\frac{\pi}{\sin(\frac{n-m-1}{n}\pi)}\\ &=\frac{\pi}{n\sin(\pi-\frac{m+1}{n}\pi)}\\ &=\frac{\pi}{n\sin(\frac{m+1}{n}\pi)} \end{align} }$

厳密な議論ではないですが、(公式$1$)が導出できました。
なお、🐟🍊みかん🍊🐟 (@_MIKAN_kankitsu) さんのツイートのように、ベータ関数・ガンマ関数の相反公式を使って導出することもできます。

ベータ関数・ガンマ関数の相反公式を使う別解

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{\infty} \frac{x^m}{1+x^n}\,dx &=\int_0^{\infty} \frac{x^{m-n+1}}{1+x^n}\cdot x^{n-1}\,dx\\ &=\int_1^0 t\left(\frac{1}{t}-1\right)^{(m-n+1)/n}\cdot \frac{-t^{-2}}{n}\,dt\qquad\left(\frac{1}{1+x^n}\mapsto t\right)\\ &=\frac{1}{n}\int_0^1 t^{-(m+1)/n}\left(1-t\right)^{(m+1)/n-1}\,dt\\ &=\frac{1}{n}\mathrm{B}\left(1- \frac{m+1}{n},\frac{m+1}{n}\right)\\ &=\frac{\Gamma\left(1- \frac{m+1}{n}\right)\Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right)}{n\Gamma(1)} \\ &=\frac{\pi}{n\sin(\frac{m+1}{n}\pi)} \end{align} }$

(公式 $2$) の導出

(公式 $2$) は (公式 $1$) の積分区間を$(0,1)$に変更しただけのものなので簡単に導出できそうに見えます。しかし、私にとっては簡単ではなくかなり試行錯誤しました。

導出に使う補題をまず掲げます。

数列の飛び飛びの値の和

数列の母関数と$1$の原始$a$乗根を使って、数列の飛び飛びの項(各項番号が等差数列)の無限級数の和を求めることができる。

数列$f_n$ の母関数を $F(x)$ とする。

$F(x)=f_0+f_1 x+f_2 x^2+ f_3 x^3+\cdots$

$1$$a$ 乗根を $\zeta_a$ で表す。

$\zeta_a:=e^{2i\pi/a}$

このとき次が成り立つ。

${\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} f_{ak+b}z^{ak+b}=\frac{1}{a}\sum_{l=0}^{a-1}\zeta_a^{-lb}F(\zeta_a^l z) }$

また、次も成り立つ。

${\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k f_{ak+b}z^{ak+b}=\frac{1}{a}\sum_{l=0}^{a-1}\zeta_{2a}^{-(2l+1)b}F(\zeta_{2a}^{2l+1} z) }$

これらの式に$z=1$を代入することで、母関数が既知の数列について飛び飛びの項(各項番号が等差数列)の和(及び交代和)を機械的に計算することができる。

自然数の逆数列の母関数

自然数の逆数からなる数列 $\left\{1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{4},\cdots \right\}$ の母関数は $-\mathrm{log}(1-x)$

${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n}=-\mathrm{Log}(1-z) }$

$\mathrm{Log}$ は対数関数 $\log$ の定義域を複素数に拡張したものです。

$\mathrm{Log} \, z:=\log|z|+i\mathrm{Arg} z$

単純に定義域を拡張すると虚部が多価となるため、偏角として適切な値を選択する必要がある点に注意が必要です。

ガンマ関数の相反公式

$\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\dfrac{\pi}{\sin \pi z}$

ガウスの乗法公式

${\displaystyle \Gamma(nz)=\frac{n^{nz-1/2}}{(2\pi)^{(n-1)/2}}\prod_{k=0}^{n-1}\Gamma\left(z+\frac{k}{n}\right)}$

それでは導出を始めましょう。

先ほどと同じように ${\displaystyle \int_0^{1} \frac{x^m}{1+x^n}\,dx}$ の積分について、$t=x^n$ に置換すると無限級数表示が得られます。

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{1} \frac{x^m}{1+x^n}\,dx &=\frac{1}{n}\int_0^{1} \frac{t^{-\frac{n-m-1}{n}}}{1+t}\,dt\\ &=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^{1} t^{-\frac{n-m-1}{n}}t^k\,dt\\ &=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{1}{\frac{m+1}{n}+k}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{1}{nk+(m+1)}\\ \end{align} }$ 

この交代和を(補題$2$)(補題$3$)を使って求めると

${\displaystyle \begin{align} \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{nk+(m+1)}}{nk+(m+1)} &=\frac{-1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\zeta_{2n}^{-(2k+1)(m+1)}\mathrm{Log}\left(1-\zeta_{2n}^{2k+1}x\right)\\ \end{align} }$ 

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{1} \frac{x^m}{1+x^n}\,dx &=\frac{-1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\zeta_{2n}^{-(2k+1)(m+1)}\mathrm{Log}\left(1-\zeta_{2n}^{2k+1}\right)\\ &=\frac{-1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\zeta_{2n}^{-(2k+1)(m+1)}\left(\log\left|1-\zeta_{2n}^{2k+1}\right|+i\mathrm{Arg}\left(1-\zeta_{2n}^{2k+1}\right)\right)\\ &=\frac{-1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\zeta_{2n}^{-(2k+1)(m+1)}\left(\log\left(2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)+i\left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}-\frac{\pi}{2}\right)\right)\\ &=\frac{-1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n}-i\sin\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n}\right)\left(\log\left(2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)+i\left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}-\frac{\pi}{2}\right)\right)\\ \end{align} }$ 

虚部の合計が $0$ になることに注意して整理すると

${\displaystyle \begin{align} &\frac{-1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n}-i\sin\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n}\right)\left(\log\left(2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)+i\left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}-\frac{\pi}{2}\right)\right)\\ &=\frac{-1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \log\left(2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right) +\sin\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}-\frac{\pi}{2}\right)\right)\\ &=\frac{-1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \log\left(2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right) +\sin\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)\right)\\ \end{align} }$ 

最後の式のカッコ内の第$1$項の和を$S$と、第$2$項の和を$T$とおくと、次のようになります。

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{1} \frac{x^m}{1+x^n}\,dx &=\frac{-1}{n}\left(S+T\right)\\ \end{align} }$

$S:=\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \log\left(2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)$

$T:=\sum_{k=0}^{n-1}\sin\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)$

$T$ は次のように簡単にすることができます。

${\displaystyle \begin{align} T&=\frac{1}{\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)\sin\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n}\sin\frac{(m+1)\pi}{n}\\ &=\frac{-1}{2\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)\left(\cos\frac{2(k+1)(m+1)\pi}{n}-\cos\frac{2k(m+1)\pi}{n}\right)\\ &=\frac{-1}{2\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}\left( \frac{(2n+1)\pi}{2n}-\frac{\pi}{2n}-\frac{\pi}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{2(k+1)(m+1)\pi}{n} \right)\\ &=\frac{-1}{2\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}\left( \pi-\frac{\pi}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{2(k+1)(m+1)\pi}{n} \right)\\ &=\begin{cases} \frac{-\pi}{2\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}&\qquad(m< n-1)\\ 0&\qquad(m=n-1) \end{cases} \end{align} }$ 

ここまでで次の式が得られました。

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{1} \frac{x^m}{1+x^n}\,dx &=\begin{cases} \frac{\pi}{2n\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}-\frac{S}{n}&\qquad(m< n-1)\\ \frac{-S}{n}&\qquad(m=n-1) \end{cases} \end{align} }$ 

実は、$m=n-1$ のときは、$S$ をとても簡単にすることができます。

$m=n-1$ のとき

${\displaystyle \begin{align} S&=\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{(2k+1)((n-1)+1)\pi}{n} \cdot \log\left(2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)\\ &=-\sum_{k=0}^{n-1}\log\left(2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)\\ &=-\log\prod_{k=0}^{n-1}2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\\ &=-\log\prod_{k=0}^{n-1}\frac{2\pi}{\Gamma\left(\frac{2k+1}{2n}\right)\Gamma\left(1-\frac{2k+1}{2n}\right)}\\ &=-\log\frac{(2\pi)^n}{\left(\prod_{k=0}^{n-1}\Gamma\left(\frac{2k+1}{2n}\right)\right)^2}\\ &=-\log\frac{(2\pi)^n}{\left(\prod_{k=0}^{n-1}\Gamma\left(\frac{1}{2n}+\frac{k}{n}\right)\right)^2}\\ &=-\log\frac{(2\pi)^n}{\left(\frac{(2\pi)^{(n-1)/2}}{n^{n\cdot1/2n-1/2}}\Gamma\left(n\cdot\frac{1}{2n}\right) \right)^2}\\ &=-\log\frac{(2\pi)^n}{(2\pi)^{n-1}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) ^2}\\ &=-\log2 \end{align} }$

$m< n-1$ のときは、対称性を利用して $S$ を少しだけ簡単にすることができます。

$m< n-1$ のとき

${\displaystyle \begin{align} S&=\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \log\left(2\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \left(\log2 + \log\left(\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)\right)\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \log\left(\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)\\ &=2\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor-1}\cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n} \cdot \log\left(\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)\\ \end{align} }$

まとめるとこうなります。

${\displaystyle \begin{align} \int_0^1\frac{x^m}{1+x^n}\,dx &= \begin{cases} \frac{\pi}{2n\sin\frac{(m+1)\pi}{n}} -\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor-1} \cos\frac{(2k+1)(m+1)\pi}{n}\cdot\log\left(\sin\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)&(m< n-1)\\ \frac{\log2}{n}&(m=n-1) \end{cases} \end{align} }$

おそらくもっと簡単な導出方法があると思いますが、試行錯誤の末にトリッキーな変形を多用してたどり着いた式なので気に入っています。

(公式 $3$) の導出

 (公式 $3$)を作ろうと思ったきっかけは、Wolfram Alpha でこれらの積分の特殊値を見つけたことでした。

${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}\,dx=\frac{\pi}{2} }$
${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}}\,dx=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}} }$
${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}}\,dx=\frac{\pi}{4} }$
${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}}\,dx=\frac{\pi}{5}\sqrt{2-\frac{2}{\sqrt{5}}} }$
${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}}\,dx=\frac{\pi}{3\sqrt{3}} }$
${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}}\,dx=\frac{4\pi}{49}\left(2\sin\frac{\pi}{7}+3\sin\frac{2\pi}{7}-\sin\frac{3\pi}{7}\right) }$
${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}+x^{7}}\,dx=\frac{\pi}{4\sqrt{2}} }$

これらの特殊値をみて、「一般化できそう」と思いました。
しかし、試行錯誤はなかなかうまくいかなかった……のですが、最終的にディガンマ関数を使うことで一般化に成功しました!

${\displaystyle \psi(z):=-\gamma+\int_1^{\infty}\frac{s^{z-1}-1}{s^z(s-1)}\,ds}$
次の補題を使います。

ディガンマ関数同士の差

  ${\displaystyle \psi(y)-\psi(x)=\int_0^{1}\frac{u^{x-1}-u^{y-1}}{1-u}\,du}$

ディガンマ関数の相反公式

  ${\displaystyle \psi(1-z)-\psi(z)=\frac{\pi}{\tan(\pi z)}}$

${\displaystyle \begin{align} \int_0^{\infty}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx &=\int_0^{1}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx+\int_1^{\infty}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx \\ &=\int_0^{1}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx+\int_1^0\frac{1-u^{-m}}{1-u^{-n}}(-u^{-2}\,du) \\ &=\int_0^{1}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx+\int_0^1\frac{u^{n-m-2}-u^{n-2}}{1-u^{n}}\,du \\ &=\frac{1}{n}\left(\int_0^{1}\frac{(1-x^{m/n})x^{1/n-1}}{1-x}\,dx+\int_0^1\frac{(x^{1-(m+2)/n}-x^{1-2/n})x^{1/n-1}}{1-x}\,dx\right) \\ &=\frac{1}{n}\left(\int_0^{1}\frac{x^{1/n-1}-x^{(m+1)/n-1}}{1-x}\,dx+\int_0^1\frac{(x^{(1-(m+1)/n)-1}-x^{(1-1/n)-1}}{1-x}\,dx\right) \\ &= \frac{\psi\left(\frac{m+1}{n}\right) - \psi\left(\frac{1}{n}\right) + \psi\left(1-\frac{1}{n}\right) - \psi\left(1-\frac{m+1}{n}\right)}{n} \\ &= \frac{\psi\left(1-\frac{1}{n}\right) - \psi\left(\frac{1}{n}\right) - \left(\psi\left(1-\frac{m+1}{n}\right) +\psi\left(\frac{m+1}{n}\right) \right) }{n} \\ &=\frac{\pi}{n}\left( \frac{1}{\tan\frac{\pi}{n}}-\frac{1}{\tan\frac{(m+1)\pi}{n}} \right) \\ &= \frac{\pi\sin\frac{m\pi}{n}}{n\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{(m+1)\pi}{n}} \end{align} }$

(公式 $4$) の導出

この公式の導出には大変苦労しました。
途中、厳密でない部分がいろいろあると思いますが、検算結果は合っているので、一応は正しいものと思っています。

まず次の補題を示します。

${\displaystyle \begin{align} &\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\pi k}{n}\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right)\\ &= \begin{cases} \frac{\pi\sin\frac{\pi m}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{\pi(m+1)}{n}} &(m< n-1)\\ \frac{\pi}{2\tan\frac{\pi}{n}}&(m=n-1) \end{cases} \end{align} }$

 以前導出したときのメモがゴリ押し過ぎて自分でもよくわからなかったのでTwtterでヘルプを求めたところ、綺麗な証明を考えていただきました。ありがとうございます!

以下で教えてもらった方法で証明します。(少しアレンジしています。)

${\displaystyle \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}k\sin\frac{2\pi k}{n} &=\frac{1}{\sin\frac{\pi}{n}}\sum_{k=1}^{n-1}k\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{2\pi k}{n}\\ &=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}\sum_{k=1}^{n-1}k\left(\cos\frac{\pi(2k-1)}{n}-\cos\frac{\pi(2k+1)}{n}\right)\\ &=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}\sum_{k=1}^{n}k\left(\cos\frac{\pi(2k-1)}{n}-\cos\frac{\pi(2k+1)}{n}\right)\\ &=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}\left(\sum_{k=1}^{n}\cos\frac{\pi(2k-1)}{n}-n\cos\frac{\pi(2n+1)}{n}\right)\\ &=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}\left(\sum_{k=1}^{n}\cos\frac{\pi(2k-1)}{n}-n\cos\frac{\pi}{n}\right)\\ &=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}\left(0-n\cos\frac{\pi}{n}\right)\\ \end{align} }$

${\displaystyle \therefore \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{\pi k}{n}\sin\frac{2\pi k}{n} &=-\frac{\pi \cos\frac{\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}}\\ \end{align} }$

$m< n-1$ のときは同様にして

${\displaystyle \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}k\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n} &=\frac{1}{\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}\sum_{k=1}^{n-1}k\sin\frac{\pi(m+1)}{n}\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}\\ &=\frac{1}{2\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}\sum_{k=1}^{n-1}k\left(\cos\frac{\pi(m+1)(2k-1)}{n}-\cos\frac{\pi(m+1)(2k+1)}{n}\right)\\ &=\frac{1}{2\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}\left(\sum_{k=1}^{n}\cos\frac{\pi(m+1)(2k-1)}{n}-n\cos\frac{\pi(m+1)(2n+1)}{n}\right)\\ &=\frac{1}{2\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}\left(0-n\cos\frac{\pi(m+1)}{n}\right)\\ &=-\frac{n\cos\frac{\pi(m+1)}{n}}{2\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}\\ \end{align} }$

$m=n-1$ のときは

${\displaystyle \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}k\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n} &=0 \end{align} }$

${\displaystyle \therefore \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{\pi k}{n}\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n} &= \begin{cases} -\frac{\pi\cos\frac{\pi(m+1)}{n}}{2\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}&(m< n-1)\\ 0&(m=n-1)\\ \end{cases} \end{align} }$

以上より

${\displaystyle \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{\pi k}{n}\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right) &= \begin{cases} \frac{\pi \cos\frac{\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}}-\frac{\pi\cos\frac{\pi(m+1)}{n}}{2\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}&(m< n-1)\\ \frac{\pi \cos\frac{\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}}&(m=n-1)\\ \end{cases}\\ \end{align} }$

ここで
${\displaystyle \begin{align} \frac{\pi \cos\frac{\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}}-\frac{\pi\cos\frac{\pi(m+1)}{n}}{2\sin\frac{\pi(m+1)}{n}} &= \frac{\pi}{2}\cdot\frac{ \sin\frac{\pi(m+1)}{n}\cos\frac{\pi}{n}-\cos\frac{\pi(m+1)}{n}\sin\frac{\pi}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}\\ &= \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\sin\frac{\pi m}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}\\ \end{align} }$

と変形すると

${\displaystyle \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{\pi k}{n}\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right) &= \begin{cases} \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\sin\frac{\pi m}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}&(m< n-1)\\ \frac{\pi}{2}\cdot\frac{ 1}{\tan\frac{\pi}{n}}&(m=n-1)\\ \end{cases} \end{align} }$

それでは計算を始めましょう。

${\displaystyle \begin{align} \int_0^1\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx &=\frac{1}{m}\int_0^1\frac{1-u}{1-u^{n/m}}\cdot u^{1/m-1}\,du\\ &=\frac{1}{m}\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^1(1-u)u^{1/m-1}u^{kn/m}\,du\\ &=\frac{1}{m}\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^1\left(u^{(kn+1)/m-1}-u^{(kn+1)/m}\right)\,du\\ &=\frac{1}{m}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{m}{kn+1}-\frac{m}{kn+1+m}\right)\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1}{kn+1}-\frac{1}{kn+m+1}\right)\\ \end{align} }$

(補題$2$)(補題$3$)を使うと

${\displaystyle \begin{align} &\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1}{kn+1}-\frac{1}{kn+1+m}\right)\\ &=\lim_{z\to1}\left(\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\zeta_n^{-k}\left(-\mathrm{Log}\left(1-\zeta_n^k z\right)\right) -\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\zeta_n^{-k(m+1)}\left(-\mathrm{Log}\left(1-\zeta_n^k z\right)\right)\right)\\ &=\lim_{z\to1}\left(\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\zeta_n^{-k(m+1)}-\zeta_n^{-k}\right)\left(\mathrm{Log}\left(1-\zeta_n^k z\right)\right)\right)\\ &=\lim_{z\to1}\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\zeta_n^{-k(m+1)}-\zeta_n^{-k}\right)\left(\mathrm{Log}\left(1-\zeta_n^k z\right)\right)\right)\\ &=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\zeta_n^{-k(m+1)}-\zeta_n^{-k}\right)\left(\mathrm{Log}\left(1-\zeta_n^k\right)\right)\\ &=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\cos\frac{-2\pi k(m+1)}{n}-\cos\frac{-2\pi k}{n}+i\left(\sin\frac{-2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{-2\pi k}{n}\right)\right)\left(\log\left|1-\zeta_n^k\right|+i\mathrm{Arg}\left(1-\zeta_n^k\right)\right)\\ &=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\left(-2\sin\frac{\pi k(m+2)}{n}\sin\frac{\pi km}{n} -i\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right)\right)\left(\log\left(2\sin\frac{\pi k}{n}\right)+i\left(\frac{\pi k}{n}-\frac{\pi}{2}\right)\right)\\ \end{align} }$

虚部の和がゼロになることから

${\displaystyle \begin{align} &\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\left(-2\sin\frac{\pi k(m+2)}{n}\sin\frac{\pi km}{n} -i\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right)\right)\left(\log\left(2\sin\frac{\pi k}{n}\right)+i\left(\frac{\pi k}{n}-\frac{\pi}{2}\right)\right)\\ &=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\left(-2\sin\frac{\pi k(m+2)}{n}\sin\frac{\pi km}{n}\log\left(2\sin\frac{\pi k}{n}\right) +\left(\frac{\pi k}{n}-\frac{\pi}{2}\right)\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right)\right)\\ \end{align} }$

$m< n-1$ のときと $m=n-1$ のときで場合分けします。

$m< n-1$ のとき

$m< n-1$ のときは

${\displaystyle \begin{align} &\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{\pi k}{n}-\frac{\pi}{2}\right)\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right)\\ &=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\pi k}{n}\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right)\\ &=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\sin\frac{\pi m}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{\pi(m+1)}{n}}\\ \end{align} }$

${\displaystyle \therefore \int_0^1\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx= \frac{\pi\sin\frac{m\pi}{n}}{2n\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \left(\log\left(2\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right) \left(2\sin\frac{km\pi}{n}\sin\frac{k(m+2)\pi}{n}\right) \qquad(m< n-1)\\ }$

$m=n-1$ のとき

$m=n-1$ のときは

${\displaystyle \begin{align} &\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{\pi k}{n}-\frac{\pi}{2}\right)\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right)\\ &=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\pi k}{n}\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right)-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\pi}{2}\left(\sin\frac{2\pi k(m+1)}{n}-\sin\frac{2\pi k}{n}\right)\\ &=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{ 1}{\tan\frac{\pi}{n}}-0\\ &=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{ 1}{\tan\frac{\pi}{n}}\\ \end{align} }$

また、

${\displaystyle \begin{align} \sin\frac{\pi k(m+2)}{n}\sin\frac{\pi km}{n} &=\sin\frac{\pi k(n+1)}{n}\sin\frac{\pi k(n-1))}{n}\\ &=-\sin^2\frac{\pi k}{n}\\ \end{align} }$

${\displaystyle \therefore \int_0^1\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx= \frac{\pi}{2n\tan\frac{\pi}{n}}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \left(\log\left(2\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right) \left(2\sin^2\frac{k\pi}{n}\right) \qquad(m=n-1) }$

まとめると

${\displaystyle \int_0^1\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx= \begin{cases} \frac{\pi\sin\frac{m\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{(m+1)\pi}{n}}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \left(\log\left(2\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right) \left(2\sin\frac{km\pi}{n}\sin\frac{k(m+2)\pi}{n}\right) &(m< n-1)\\ \frac{\pi}{2n\tan\frac{\pi}{n}}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \left(\log\left(2\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right) \left(2\sin^2\frac{k\pi}{n}\right) &(m=n-1) \end{cases} }$

おわりに

2019年10月ごろはこれらの積分を計算して遊んでいました。
当時のツイートには関連するものや証明などがありますね。

https://twitter.com/search?q=from%3A%40apu_yokai%20until%3A2019-11-01%20since%3A2019-10-01&src=typed_query&f=live

 ところで、特殊値を並べたものは不思議で面白く見えたのに、公式化するとなんだかつまらなく見えてしまうような気がします。

 とはいえ、一般化にあたってガンマ関数やらディガンマ関数やら相反公式やら、今まで見たことのない公式をたくさん使って、正直なところかなり背伸びして公式を作りましたので、成功した瞬間はとても達成感が得られました!

 皆さんも是非いろいろな一般化で遊んでみてください!

投稿日:2022918

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