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
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！
— ａｐｕ (@apu_yokai) July 24, 2022
この積分の答えはな〜んだ？ pic.twitter.com/smKODf6TbK
${\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{x^{1449}}{1+x^{2900}}\,dx=? }$
${\displaystyle \int_0^{1}\frac{x^{2900}}{1+x^{2901}}\,dx=? }$
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。
10月に計算した積分シリーズのまとめの図(2枚)
— ａｐｕ (@apu_yokai) October 30, 2019
これ使って何か面白いことできないかな pic.twitter.com/SprrM6ePFh
ガンマ関数、ディガンマ関数で書き換えるとこんな感じ pic.twitter.com/nWO89iDNtu
— ａｐｕ (@apu_yokai) October 31, 2019
(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)
— ラジオ2 (@fmathsecond) October 10, 2019
＜訂正版＞ pic.twitter.com/JsRjHpx0Ha
— toyo (@toyo9) October 13, 2019
できました。[0,1]と[1,∞]に分けることで級数展開ができてcscの展開の形に表せます pic.twitter.com/KFFcbIzHRP
— とりあ (@tria_math) October 13, 2019
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。
https://t.co/c2QVKs5W8j
— 🐟🍊みかん🍊🐟 (@_MIKAN_kankitsu) July 24, 2022
好きなGauss積分のやり方に
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。
$F(x)=f_0+f_1 x+f_2 x^2+ f_3 x^3+\cdots$
$1$ の $a$ 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。
$\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\dfrac{\pi}{\sin \pi z}$
${\displaystyle \Gamma(nz)=\frac{n^{nz-1/2}}{(2\pi)^{(n-1)/2}}\prod_{k=0}^{n-1}\Gamma\left(z+\frac{k}{n}\right)}$
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。
— ａｐｕ (@apu_yokai) October 14, 2019
${\displaystyle
\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}\,dx=\frac{\pi}{2}
}$
${\displaystyle
\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}}\,dx=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}
}$
${\displaystyle
\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}}\,dx=\frac{\pi}{4}
}$
${\displaystyle
\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}}\,dx=\frac{\pi}{5}\sqrt{2-\frac{2}{\sqrt{5}}}
}$
${\displaystyle
\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}}\,dx=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}
}$
${\displaystyle
\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}}\,dx=\frac{4\pi}{49}\left(2\sin\frac{\pi}{7}+3\sin\frac{2\pi}{7}-\sin\frac{3\pi}{7}\right)
}$
${\displaystyle
\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}+x^{7}}\,dx=\frac{\pi}{4\sqrt{2}}
}$
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。
${\displaystyle \psi(y)-\psi(x)=\int_0^{1}\frac{u^{x-1}-u^{y-1}}{1-u}\,du}$
${\displaystyle \psi(1-z)-\psi(z)=\frac{\pi}{\tan(\pi z)}}$
${\displaystyle \begin{align} \int_0^{\infty}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx &=\int_0^{1}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx+\int_1^{\infty}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx \\ &=\int_0^{1}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx+\int_1^0\frac{1-u^{-m}}{1-u^{-n}}(-u^{-2}\,du) \\ &=\int_0^{1}\frac{1-x^m}{1-x^n}\,dx+\int_0^1\frac{u^{n-m-2}-u^{n-2}}{1-u^{n}}\,du \\ &=\frac{1}{n}\left(\int_0^{1}\frac{(1-x^{m/n})x^{1/n-1}}{1-x}\,dx+\int_0^1\frac{(x^{1-(m+2)/n}-x^{1-2/n})x^{1/n-1}}{1-x}\,dx\right) \\ &=\frac{1}{n}\left(\int_0^{1}\frac{x^{1/n-1}-x^{(m+1)/n-1}}{1-x}\,dx+\int_0^1\frac{(x^{(1-(m+1)/n)-1}-x^{(1-1/n)-1}}{1-x}\,dx\right) \\ &= \frac{\psi\left(\frac{m+1}{n}\right) - \psi\left(\frac{1}{n}\right) + \psi\left(1-\frac{1}{n}\right) - \psi\left(1-\frac{m+1}{n}\right)}{n} \\ &= \frac{\psi\left(1-\frac{1}{n}\right) - \psi\left(\frac{1}{n}\right) - \left(\psi\left(1-\frac{m+1}{n}\right) +\psi\left(\frac{m+1}{n}\right) \right) }{n} \\ &=\frac{\pi}{n}\left( \frac{1}{\tan\frac{\pi}{n}}-\frac{1}{\tan\frac{(m+1)\pi}{n}} \right) \\ &= \frac{\pi\sin\frac{m\pi}{n}}{n\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{(m+1)\pi}{n}} \end{align} }$
(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!
少し色々な導出を試行錯誤した結果こんな感じの式変形に落ち着きました。いい具合に収まったんじゃないですかね pic.twitter.com/2kwyriGHrg
— しょう (@emiemi_ogaoga) September 8, 2022
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。
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!