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

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ディリクレのベータ関数、イータ関数を
$β (s) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 1)}^{s}}$
$η (s) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{s}} = (1 - 2^{1 - s}) ζ (s)$
とする。

非負整数 $n$ に対し、
$I_{n} = \int_{0}^{\infty} \frac{{(\ln x)}^{n}}{x} (\frac{1}{x} - \frac{1}{\sinh x}) d x$
とすると、
$I_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) A_{k} \ln^{n - k} (π)$
が成り立つ。ただし、
$A_{k} = \frac{4}{π} \sum_{j = 0}^{⌊ k / 2 ⌋} \frac{k!}{(k - 2 j)!} β (2 j + 1) η^{(k - 2 j)} (1)$
ここで、
$η^{(k - 2 j)} (1) = {\frac{d^{k - 2 j}}{d s^{k - 2 j}} η (s) |}_{s = 1} = \sum_{l = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{l - 1} (\ln l)^{k - 2 j}}{l}$
である。

$I_{0} = A_{0} = η (1) = \ln (2)$
$I_{1} = A_{1} + A_{0} \ln (π) = η^{'} (1) + \ln (2) \ln (π) = - γ \ln (2) - \frac{1}{2} \ln^{2} (2) + \ln (2) \ln (π)$
$I_{2} = A_{2} + 2 A_{1} \ln (π) + A_{0} \ln^{2} (π) = - 2 γ_{1} \ln 2 + \frac{{(\ln 2)}^{3}}{3} - γ \ln^{2} (2) + \frac{π^{2}}{4} \ln (2) - 2 γ \ln (2) \ln (π) + \ln^{2} (π) \ln (2) + \ln (π) \ln^{2} (2)$
ただし $γ_{1} = - 0.07281 . . .$ はスティルチェス定数

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2} + x^{2}} = \frac{1}{2 x} (\frac{π}{\sinh π x} - \frac{1}{x})$

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

非負整数 $k$ について、
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{2 k} (x)}{1 + x^{2}} d x = 2 (2 k)! β (2 k + 1) \end{aligned}$

便利氏の記事参照のこと。

非負整数 $k$ について、
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{2 k + 1} (x)}{1 + x^{2}} d x = 0 \end{array}$

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

非負整数 $n$ ,実数 $x > 0$ について、
$\int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n} (t)}{x^{2} + t^{2}} d t = \frac{2}{x} \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 k)!} β (2 k + 1) \ln^{n - 2 k} (x)$

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n} (t)}{x^{2} + t^{2}} d t & = \frac{1}{x} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n} (x u)}{u^{2} + 1} d u t = x u と置換 \\ = \frac{1}{x} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + u^{2}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \ln^{k} (u) \ln^{n - k} (x) d u \\ = \frac{1}{x} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \ln^{n - k} (x) \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{k} (u)}{1 + u^{2}} d u \\ = \frac{1}{x} \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} (\binom{n}{2 k}) \ln^{n - k} (x) 2 (2 k)! β (2 k + 1) ∵ 補題 3, 4 より \\ = \frac{2}{x} \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 k)!} β (2 k + 1) \ln^{n - 2 k} (x) \end{aligned}$

数列 ${a_{n}}, {b_{n}}$ が、定数 $c$ について関係式
$b_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (- 1)^{k} c^{k} a_{n - k}$
を満たすとき、
$a_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) b_{k} c^{n - k}$
である。

記事参照のこと。

以下、これらの定理、補題を用いて定理1の証明をする。

定理1の証明

定理5より、
$\int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n} (t)}{x^{2} + t^{2}} d t = \frac{2}{x} \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 k)!} β (2 k + 1) \ln^{n - 2 k} (x)$
$x = k$ として、両辺に $(- 1)^{k}$ を掛け、 $k = 1, 2, 3, \dots$ で足し合わせると、
$\sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n} (t)}{k^{2} + t^{2}} d t = \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k} \frac{2}{k} \sum_{j = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 j)!} β (2 j + 1) \ln^{n - 2 j} (k)$
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、
$\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n} (t)}{k^{2} + t^{2}} d t & = \int_{0}^{\infty} \ln^{n} (t) \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{k^{2} + t^{2}} d t \\ = \int_{0}^{\infty} \ln^{n} (t) \cdot \frac{1}{2 t} (\frac{π}{\sinh (π t)} - \frac{1}{t}) d t (定理 2 より) \\ = - \frac{π}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n} (u / π)}{u} (\frac{1}{u} - \frac{1}{\sinh (u)}) d u π t = u と置換 \\ = - \frac{π}{2} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (- 1)^{k} (\ln π)^{k} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n - k} (t)}{t} (\frac{1}{t} - \frac{1}{\sinh t}) d t \end{aligned}$
また、右辺について、
$\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k} \frac{2}{k} \sum_{j = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 j)!} β (2 j + 1) \ln^{n - 2 j} (k) & = 2 \sum_{j = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 j)!} β (2 j + 1) \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k} \ln^{n - 2 j} (k)}{k} \\ = - 2 \sum_{j = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 j)!} β (2 j + 1) η^{n - 2 j} (1) \\ = - 2 \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 k)!} β (2 k + 1) η^{n - 2 k} (1) \end{aligned}$
であるから、
$- \frac{π}{2} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (- 1)^{k} (\ln π)^{k} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n - k} (t)}{t} (\frac{1}{t} - \frac{1}{\sinh t}) d t = - 2 \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 k)!} β (2 k + 1) η^{n - 2 k} (1)$
つまり
$\frac{4}{π} \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 k)!} β (2 k + 1) η^{n - 2 k} (1) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (- 1)^{k} (\ln π)^{k} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n - k} (t)}{t} (\frac{1}{t} - \frac{1}{\sinh t}) d t$
が成り立つ。ここで、
$\begin{aligned} a_{n} & = \int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n} (t)}{t} (\frac{1}{t} - \frac{1}{\sinh t}) d t \\ b_{n} & = \frac{4}{π} \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{n!}{(n - 2 k)!} β (2 k + 1) η^{n - 2 k} (1) \\ c & = \ln (π) \end{aligned}$
とすれば、
$b_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (- 1)^{k} c^{k} a_{n - k}$
を満たし、補題6より、
$a_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) b_{k} c^{n - k}$
つまり
$\int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{n} (x)}{x} (\frac{1}{x} - \frac{1}{\sinh x}) d x = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \ln^{n - k} (π) \cdot \frac{4}{π} \sum_{j = 0}^{⌊ j / 2 ⌋} \frac{k!}{(k - 2 j)!} β (2 j + 1) η^{k - 2 j} (1)$
となり、定理1が示される。

完走した感想

$η^{(n)} (1)$ の値を求めるには $ζ (s)$ のローラン展開から導くしかおそらく方法はなく、手計算で $n = 2, 3, 4, . . .$ と求めるのは骨が折れる(実際 $n = 2$ の例もWolfram alphaを使った)。値それ自身は $\ln 2$ のべき乗と $γ_{n}$ の積・和で表されると予想される。
$n = 10$ までの計算結果から、以下の式が成り立つと予想される。
$η^{(n)} (1) = \frac{{(\ln 2)}^{n}}{n + 1} - \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) γ_{n - k} {(\ln 2)}^{k}$
一方でベータ関数の奇数の値についてはこの記事のように(有理数)×( $π$ のべき乗)の形で表される。
よって、一般の $I_{n}$ については $γ_{n}$ , $\ln (2), \ln (π), π$ のべき乗の積・和で表されると予想される。

おまけ

$η^{(n)} (1)$ の値

$\begin{aligned} \ln 2 \\ - γ \ln (2) + \frac{1}{2} \ln^{2} (2) \\ - 2 γ_{1} \ln (2) - γ \ln^{2} (2) + \frac{1}{3} \ln^{3} (2) \\ - 3 γ_{2} \ln (2) - 3 γ_{1} \ln^{2} (2) - γ \ln^{3} (2) + \frac{\ln^{4} (2)}{4} \\ - 4 γ_{3} \ln (2) - 6 γ_{2} \ln^{2} (2) - 4 γ_{1} \ln^{3} (2) - γ \ln^{4} (2) + \frac{\ln^{5} (2)}{5} \\ - 5 γ_{4} \ln (2) - 10 γ_{3} \ln^{2} (2) - 10 γ_{2} \ln^{3} (2) - 5 γ_{1} \ln^{4} (2) - γ \ln^{5} (2) + \frac{\ln^{6} (2)}{6} \\ - 6 γ_{5} \ln (2) - 15 γ_{4} \ln^{2} (2) - 20 γ_{3} \ln^{3} (2) - 15 γ_{2} \ln^{4} (2) - 6 γ_{1} \ln^{5} (2) - γ \ln^{6} (2) + \frac{\ln^{7} (2)}{7} \\ - 7 γ_{6} \ln (2) - 21 γ_{5} \ln^{2} (2) - 35 γ_{4} \ln^{3} (2) - 35 γ_{3} \ln^{4} (2) - 21 γ_{2} \ln^{5} (2) - 7 γ_{1} \ln^{6} (2) - γ \ln^{7} (2) + \frac{\ln^{8} (2)}{8} \\ - 8 γ_{7} \ln (2) - 28 γ_{6} \ln^{2} (2) - 56 γ_{5} \ln^{3} (2) - 70 γ_{4} \ln^{4} (2) - 56 γ_{3} \ln^{5} (2) - 28 γ_{2} \ln^{6} (2) - 8 γ_{1} \ln^{7} (2) - γ \ln^{8} (2) + \frac{\ln^{9} (2)}{9} \\ - 9 γ_{8} \ln (2) - 36 γ_{7} \ln^{2} (2) - 84 γ_{6} \ln^{3} (2) - 126 γ_{5} \ln^{4} (2) - 126 γ_{4} \ln^{5} (2) - 84 γ_{3} \ln^{6} (2) - 36 γ_{2} \ln^{7} (2) - 9 γ_{1} \ln^{8} (2) - γ \ln^{9} (2) + \frac{\ln^{10} (2)}{10} \\ - 10 γ_{9} \ln (2) - 45 γ_{8} \ln^{2} (2) - 120 γ_{7} \ln^{3} (2) - 210 γ_{6} \ln^{4} (2) - 252 γ_{5} \ln^{5} (2) - 210 γ_{4} \ln^{6} (2) - 120 γ_{3} \ln^{7} (2) - 45 γ_{2} \ln^{8} (2) - 10 γ_{1} \ln^{9} (2) - γ \ln^{10} (2) + \frac{\ln^{11} (2)}{11} \end{aligned}$

これより、次のように簡潔に表されると予想される。

$η^{(n)} (1) = \frac{{(\ln 2)}^{n + 1}}{n + 1} - \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) γ_{n - k} {(\ln 2)}^{k}$

これを用いると、 $I_{n}$ は次のように閉じた式で(？)表される。

$\begin{array}{r} I_{n} = \frac{4}{π} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \ln^{n - k} (π) \sum_{j = 0}^{⌊ k / 2 ⌋} \frac{k!}{(k - 2 j)!} β (2 j + 1) [\frac{\ln^{k - 2 j + 1} (2)}{k - 2 j + 1} - \sum_{l = 1}^{k - 2 j} (\binom{k - 2 j}{l}) γ_{k - 2 j - l} \ln^{l} (2)] \end{array}$