積分その１

434

この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

この記事は、この積分の導出過程をメモしたものです。

$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} {(\frac{\ln \frac{1}{x} - \ln \frac{1}{y}}{\ln \ln \frac{1}{x} - \ln \ln \frac{1}{y}})}^{2} d x d y = \frac{31 ζ (5)}{15 ζ (4)} - \frac{7 ζ (3)}{6 ζ (2)}$

$\begin{aligned} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} {(\frac{\ln \frac{1}{x} - \ln \frac{1}{y}}{\ln \ln \frac{1}{x} - \ln \ln \frac{1}{y}})}^{2} d x d y & = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \ln^{t + u} \frac{1}{x} \ln^{2 - t - u} \frac{1}{y} d t d u d x d y \\ = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \ln^{t + u} \frac{1}{x} \ln^{2 - t - u} \frac{1}{y} d x d y d t d u \\ = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} s^{2 - t - u} e^{- s} (\int_{0}^{1} v^{t + u} e^{- v} d v) d s d t d u \\ = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} Γ (3 - t - u) Γ (1 + t + u) d t d u \\ \overset{u+t=z}{=} \int_{0}^{1} \int_{u}^{u + 1} Γ (3 - z) Γ (1 + z) d z d u \end{aligned}$
部分積分によって
$\begin{array}{r} {\int_{0}^{1} u^{'} \int_{0}^{1} Γ (3 - z) Γ (1 + z) d z d u = u \int_{u}^{u + 1} Γ (3 - z) Γ (1 + z) d z |}_{u = 0}^{u = 1} - \int_{0}^{1} Γ (2 - u) Γ (2 + u) d u + \int_{0}^{1} u Γ (3 - u) Γ (1 + u) d u \end{array}$
より,もとの計算は次の3つの計算の和であることが分かり,その値は各々以下の通りである.

(1) $\int_{1}^{2} Γ (3 - z) Γ (1 + z) d z = \frac{7 ζ (3)}{4 ζ (2)}$

(2) $\int_{0}^{1} u Γ (2 - u) Γ (2 + u) d u = \frac{7 ζ (3)}{3 ζ (2)} - \frac{31 ζ (5)}{30 ζ (4)}$

(3) $\int_{0}^{1} u Γ (3 - u) Γ (1 + u) d u = \frac{31 ζ (5)}{30 ζ (4)} - \frac{7 ζ (3)}{12 ζ (2)}$

1つずつ示す.

第1式

$\begin{aligned} \int_{1}^{2} Γ (3 - z) Γ (1 + z) d z & \overset{z-1=s}{=} \int_{0}^{1} Γ (2 - s) Γ (2 + s) d s \\ = \int_{0}^{1} s (1 - s^{2}) Γ (1 - s) Γ (s) d s ※ Γ (x + 1) = x Γ (x) \\ = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} \frac{s (1 - s^{2})}{\sin π s} d s ※ Γ (x) Γ (1 - x) = \frac{π}{\sin π x} \\ \overset{s π = w}{=} \int_{0}^{π} \frac{\frac{w}{π} (1 - \frac{w^{2}}{π^{2}})}{\sin w} d w \\ = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} {(\ln \tan \frac{w}{2})}^{'} w (1 - \frac{w^{2}}{π^{2}}) d w \\ = {\frac{1}{π} \ln \tan \frac{w}{2} \cdot w {(\ln \tan \frac{w}{2})}^{'} w (1 - \frac{w^{2}}{π^{2}}) |}_{w = 0}^{w = π} - \frac{1}{π} \int_{0}^{π} \ln \tan \frac{w}{2} d w + \frac{3}{π^{3}} \int_{0}^{π} w^{2} \ln \tan \frac{w}{2} d w \\ = \frac{3}{π^{3}} \int_{0}^{π} w^{2} \ln \tan \frac{w}{2} d w \\ \overset{\frac{w}{2} = r}{=} \frac{24}{π^{3}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} r^{2} \ln \tan r d r \\ = - \frac{48}{π^{3}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{r^{2} \cos 2 (2 k - 1) r}{2 k - 1} d r \\ = \frac{6}{π^{3}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(π^{2} (2 k - 1)^{2} - 2) \sin 2 π k}{(2 k - 1)^{4}} + \frac{12}{π^{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cos 2 π k}{(2 k - 1)^{3}} \\ = \frac{7 ζ (3)}{4 ζ (2)} \end{aligned}$

第2式

$\begin{aligned} \int_{0}^{1} u Γ (2 - u) Γ (2 + u) d u & = \int_{0}^{1} u^{2} (1 - u^{2}) Γ (1 - u) Γ (u) d u \\ = π \int_{0}^{1} \frac{u^{2} (1 - u^{2})}{\sin π u} d u \\ \overset{π u = s}{=} \int_{0}^{π} \frac{\frac{s^{2}}{π^{2}} (1 - \frac{s^{2}}{π^{2}})}{\sin s} d s \\ = \int_{0}^{π} {(\ln \tan \frac{s}{2})}^{'} \cdot \frac{s^{2}}{π^{2}} (1 - \frac{s^{2}}{π^{2}}) d s \\ = {\ln \tan \frac{s}{2} \cdot \frac{s^{2}}{π^{2}} (1 - \frac{s^{2}}{π^{2}}) |}_{s = 0}^{s = π} - \frac{2}{π^{4}} \int_{0}^{π} \ln \tan \frac{s}{2} \cdot s (π^{2} - 2 s^{2}) d s \\ = - \frac{2}{π^{2}} \int_{0}^{π} s \ln \tan \frac{s}{2} d s + \frac{4}{π^{4}} \int_{0}^{π} s^{3} \ln \tan \frac{s}{2} d s \\ = - \frac{7 ζ (3)}{6 ζ (2)} + \frac{4}{π^{4}} \int_{0}^{π} s^{3} \ln \tan \frac{s}{2} d s \\ \overset{\frac{s}{2} = t}{=} - \frac{7 ζ (3)}{6 ζ (2)} + \frac{64}{π^{4}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} t^{3} \ln \tan t d t \\ = - \frac{7 ζ (3)}{6 ζ (2)} - \frac{128}{π^{4}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{t^{3} \cos 2 (2 k - 1) t}{2 k - 1} d t \\ = - \frac{7 ζ (3)}{6 ζ (2)} - \frac{128}{π^{4}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{2 k - 1} \int_{0}^{\frac{π}{2}} t^{3} \cos 2 (2 k - 1) t d t \\ = - \frac{7 ζ (3)}{6 ζ (2)} + \frac{8}{π^{3}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(2 k - 1)^{2} π^{2} - 6}{(2 k - 1)^{4}} \sin 2 k π - \frac{48}{π^{4}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 k - 1)^{5}} - \frac{48}{π^{4}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cos 2 k π}{(2 k - 1)^{5}} + \frac{48}{π^{4}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cos 2 k π}{(2 k - 1)^{3}} \\ = - \frac{7 ζ (3)}{6 ζ (2)} - \frac{96}{π^{4}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 k - 1)^{5}} + \frac{24}{π^{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 k - 1)^{3}} \\ = \frac{7 ζ (3)}{3 ζ (2)} - \frac{31 ζ (5)}{30 ζ (4)} \end{aligned}$

第3式

$\begin{aligned} \int_{0}^{1} u Γ (3 - u) Γ (1 + u) d u & = \int_{0}^{1} (1 - t) Γ (2 + t) Γ (2 - t) d t \\ \overset{1 - u = t}{=} \int_{0}^{1} Γ (2 + t) Γ (2 - t) d t - \int_{0}^{1} t Γ (2 + t) Γ (2 - t) d t \\ = \frac{31 ζ (5)}{30 ζ (4)} - \frac{7 ζ (3)}{12 ζ (2)} \end{aligned}$

よって,

$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} {(\frac{\ln \frac{1}{x} - \ln \frac{1}{y}}{\ln \ln \frac{1}{x} - \ln \ln \frac{1}{y}})}^{2} d x d y = \frac{31 ζ (5)}{15 ζ (4)} - \frac{7 ζ (3)}{6 ζ (2)}$

が示された.

投稿日：2023年11月11日

更新日：2024年7月7日

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

バッチを贈って投稿者を応援しよう

バッチを贈ると投稿者に現金やAmazonのギフトカードが還元されます。

投稿者

紗夜

977

他の人のコメント

コメントはありません。

読み込み中

紗夜

積分その１