１日目

こんにちは。浪人しています。数学的に厳密でない操作を多用するので、悪しからず。自分で見つけた、または面白いと思った級数、広義積分の導出をつらつら書いていきます。

第一回目としまして、${\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln \left(t\right)}{1+(xt{)}^2}dt=\frac{-\pi \ln \left(x\right))}{2x}}$ にします。
この等式の興味深い点は、やはり対数関数が絡む積分で、円周率$\pi$が登場するところですね。オイラーの等式しかり、隠された繋がりが顕わになる気持ちよさがあります。

では、いきましょう。
$$\begin{array}{rl}& {\displaystyle I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln \left(t\right)}{1+(xt{)}^2}と定義します。xt=uと置換すると、dt=\frac{1}{x}duですから、}\\ & {\displaystyle I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln \left(u/x\right)}{1+u^2}\frac{1}{x}du=\frac{1}{x}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln \left(u\right)-\ln \left(x\right)}{1+u^2}du=\frac{1}{x}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln \left(u\right)}{1+u^2}du-\frac{\ln \left(x\right)}{x}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{du}{1+u^2}となります。}\\ & ここで、これら二つの広義積分の値を求めていきます。\\ & I_1={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln \left(u\right)}{1+u^2}du,I_2={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{du}{1+u^2}とします。I=\frac{1}{x}{I}_1-\frac{\ln \left(x\right)}{x}{I}_2です。\cdots (\ast )\\ & I_1について、積分範囲を(0,1]と[1,\mathrm{\infty })の二つに分けます。前者をI_{1,1}後者をI_{1,2}とでもしましょう。\\ & つまり、I_{1,1}={\int }_0^1\frac{\ln \left(u\right)}{1+u^2}du,I_{1,2}={\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln \left(u\right)}{1+u^2}duです。\\ & さて、I_{1,1}について、u=\frac{1}{v}と置換します。du=-\frac{1}{v^2}dvで、積分範囲はu:0\to 1でv:\mathrm{\infty }\to 1です。(uは０に右から近づけるので、vは正の無限大に発散。)\\ & よって、I_{1,1}={\int }_{\mathrm{\infty }}^1\frac{\ln \left(1/v\right)}{1+(1/v{)}^2}\cdot \frac{-1}{v^2}dv={\int }_{\mathrm{\infty }}^1\frac{\ln \left(v\right)}{1+v^2}dv=-{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln \left(v\right)}{1+v^2}dvです。ところで、これはI_{1,2}の符号を逆転したものに等しいようです。\\ & つまり、I_1=I_{1,1}+I_{1,2}=-I_{1,2}+I_{1,2}=0です。(※厳密には、I_{1,2}が有限値に収束することを示す必要がありますが、それは最後に触れます。)\\ \\ & また、I_2については、x=tan\theta とでも置換してやれば、簡単にI_2=\frac{\pi }{2}であることが分かります。\\ & よって、(\ast )より、I=\frac{1}{x}{I}_1-\frac{\ln \left(x\right)}{x}{I}_2=\frac{1}{x}\cdot 0-\frac{\ln \left(x\right)}{x}\cdot \frac{\pi }{2}=-\frac{-\pi \ln \left(x\right)}{2x}と示されました。\end{array}$$
こんな感じでやっていきます。記す級数、積分のほとんどは特に使い道もありません。それでも、doodlingの最中に、見知った数たちが現れるのは嬉しいのです。

（おまけ）
$$\begin{array}{rl}& 途中の式に登場したI_{1,1}={\int }_0^1\frac{\ln \left(u\right)}{1+u^2}duですが、この積分は一体どのような値になるのでしょうか。\\ & それを知るために、等比級数公式\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n=\frac{1}{1-x}(|x|<1)を用います。\\ & {\int }_0^1\frac{\ln \left(u\right)}{1+u^2}du={\int }_0^1\ln \left(u\right)\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-u^2{)}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{\int }_0^1\ln \left(u\right)u^{2n}du（この交換も厳密ではありません）\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n([\frac{u^{2n+1}\ln \left(u\right)}{2n+1}{]}_0^1-{\int }_0^1\frac{u^{2n+1}}{2n+1}\cdot \frac{1}{u}du)\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n+1}\frac{1}{(2n+1{)}^2}(\because \underset{ϵ\to 0}{lim}{u}^{2n+1}\ln \left(u\right)=0,{\int }_0^1{u}^{2n}du=\frac{1}{2n+1})\\ & =-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1{)}^2}=-(\frac{1}{1^2}-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\cdots )\\ & =-G(Gはカタランの定数)\\ & カタランの定数とは、\\ \\ & >数学において、カタランの定数G（カタランのていすう、英語:Catala{n}^{\prime }sconstant）とは、\\ & ディリクレベータ函数\beta を用いて以下のように定義される定数である。\\ & 𝐺=𝛽(2)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1{)}^2}=\frac{1}{1^2}-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\frac{1}{9^2}-\cdots ,\\ & その数値[1]はおよそG=0.915965594177219015054603514932384110774\dots とされる（オンライン整数列大辞典の数列A006752）。\\ & Gが無理数・超越数なのかは未だに分かっていない[2]。\\ & Gは「無理数や超越数であるかどうかが（そうであると強く推測されながらも）今だ明らかでない最も基礎的な定数」だと言われている[3]。\\ & カタランの定数は、級数の数値計算のために素早く収束する級数を発見し[4]、1865年にその回顧録を出版したウジェーヌ・カタランに因んで名付けられた[5]。\\ \\ & というような数です。非常に単純な級数なのに、無理数かどうか分かっていないのは直観と反しますね。いつの日か証明がなされることを期待しています。\end{array}$$