ディリクレのベータ関数、イータ関数が関係する、とある積分

三角関数の部分分数展開より、
$$\frac {\pi}{\sin(\pi x)}=\frac 1 x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac {(-1)^n2x}{x^2-n^2}$$
である。$x\to ix$として両辺を$2ix$で割ると得られる。

便利 氏の 記事 参照のこと。

$$ \int _{0}^{\infty}\frac {\ln ^{2k+1}(x)}{1+x^{2}}dx=\int_{0}^{\infty}\frac {(-1)^{2k+1}\ln^{2k+1}(u)}{1+u^2}du\qquad u=1/xと置換$$
より示される。

\begin {aligned}\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{n}\left(t\right)}{x^{2}+t^{2}}dt&=\frac {1}x\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{n}\left(xu\right)}{u^{2}+1}du \qquad {t=xuと置換} \newline &=\frac {1}{x}\int_{0}^{\infty}\frac 1 {1+u^2}\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}\ln^{k}(u)\ln^{n-k}(x)du \newline &=\frac 1 x \sum_{k=0}^{n}{n \choose k}\ln^{n-k}(x)\int_{0}^{\infty} \frac {\ln^k(u)}{1+u^2}du \newline &=\frac 1 x \sum_{k=0}^{\lfloor {n/2}\rfloor}{n \choose 2k}\ln^{n-k}(x)2(2k)!\beta(2k+1) \qquad \because 補題3,4より \newline &=\frac{2}{x}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{n!}{\left(n-2k\right)!}\beta\left(2k+1\right)\ln^{n-2k} (x)\end{aligned}

記事 参照のこと。

定理5より、
$$\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{n}\left(t\right)}{x^{2}+t^{2}}dt=\frac{2}{x}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{n!}{\left(n-2k\right)!}\beta\left(2k+1\right)\ln^{n-2k} (x)$$
$x=k$として、両辺に$(-1)^k$を掛け、$k=1,2,3,\dots$で足し合わせると、
$$\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{n}\left(t\right)}{k^{2}+t^{2}}dt=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k \frac{2}{k}\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{n!}{\left(n-2j\right)!}\beta\left(2j+1\right)\ln^{n-2j} (k) $$
ここで、左辺について、優収束定理から極限と積分の交換が可能で、
\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{n}\left(t\right)}{k^{2}+t^{2}}dt&=\int_{0}^{\infty}\ln^{n}(t)\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k}}{k^2+t^2}dt \newline &=\int_{0}^{\infty}\ln^{n}(t)\cdot \frac 1 {2t}\left( \frac {\pi}{\sinh(\pi t)}- \frac {1}{t}\right)dt \qquad (定理2より) \newline &=-\frac \pi 2\int_{0}^{\infty} \frac {\ln^{n}(u/\pi)}{u}\left( \frac {1}{u}-\frac {1}{\sinh(u)}\right)du \qquad {\pi t= uと置換} \newline &= -\frac \pi 2\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k(\ln \pi)^{k}\int_{0}^{\infty}\frac {\ln^{n-k}(t)}{t}\left( \frac {1}{t}-\frac {1}{\sinh t}\right)dt \end{align}
また、右辺について、
\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k \frac{2}{k}\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{n!}{\left(n-2j\right)!}\beta\left(2j+1\right)\ln^{n-2j} (k)&=2\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac {n!}{(n-2j)!}\beta(2j+1)\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^k \ln^{n-2j}(k)}{k} \newline &=-2\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac {n!}{(n-2j)!}\beta(2j+1)\eta^{n-2j}(1) \newline &=-2\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac {n!}{(n-2k)!}\beta(2k+1)\eta^{n-2k}(1) \end{align}
であるから、
$$ -\frac \pi 2\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k(\ln \pi)^{k}\int_{0}^{\infty}\frac {\ln^{n-k}(t)}{t}\left( \frac {1}{t}-\frac {1}{\sinh t}\right)dt=-2\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac {n!}{(n-2k)!}\beta(2k+1)\eta^{n-2k}(1)$$
つまり
$$\frac {4}{\pi}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac {n!}{(n-2k)!}\beta(2k+1)\eta^{n-2k}(1)=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k(\ln \pi)^{k}\int_{0}^{\infty}\frac {\ln^{n-k}(t)}{t}\left( \frac {1}{t}-\frac {1}{\sinh t}\right)dt $$
が成り立つ。ここで、
\begin{align} a_n&=\int_{0}^{\infty}\frac {\ln^{n}(t)}{t}\left( \frac {1}{t}-\frac {1}{\sinh t}\right)dt \newline b_{n}&= \frac {4}{\pi}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac {n!}{(n-2k)!}\beta(2k+1)\eta^{n-2k}(1) \newline c&=\ln (\pi) \end{align}
とすれば、
$$b_n=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k c^k a_{n-k}$$
を満たし、補題6より、
$$a_n=\sum_{k=0}^{n}{ n \choose k}b_k c^{n-k}$$
つまり
$$ \int_{0}^{\infty}\frac {\ln^{n}(x)}{x}\left( \frac {1}{x}-\frac {1}{\sinh x}\right)dx=\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}\ln^{n-k}(\pi)\cdot \frac {4}{\pi}\sum_{j=0}^{\lfloor j/2\rfloor}\frac {k!}{(k-2j)!}\beta(2j+1)\eta^{k-2j}(1)$$
となり、定理1が示される。