積分問題集の解説(中級)

\begin{eqnarray} \int_{0}^{π/2}\tan x\arctan\frac{a\sin 2x}{1-a\cos 2x}dx&=&\int_{0}^{a}\int_{0}^{π/2} \frac{2\sin^2 x}{(1-a)^2+4a\sin^2x}dxda\\ &=&\int_{0}^{a}\int_{0}^{\infty} \frac{2}{(1-a)^2(1+x^2)+4a}\frac{dxda}{1+x^2}\\ &=&\int_{0}^{a}\frac{1}{2a}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{\left(\frac{1+a}{1-a}\right)^2+x^2}dxda \end{eqnarray}
ここで第二項について
$x→\frac{1+a}{1-a}\tan x$
と置換しますがa≠-1,1である必要があります.
また|a|>1の場合と|a|<1の場合で正負が変わるので積分区間が変わってしまいます.
本来はここで場合分けが必要なのですが題意は|a|<1の範囲なので積分区間は$[0,\infty]$で大丈夫です.
先ほどの計算から始めます.
\begin{eqnarray} &=&\int_{0}^{a}\frac{π}{4a}\left(1-\frac{1-a}{1+a}\right)da\\ &=&\frac{π}{2}\int_{0}^{a}\frac{da}{1+a}\\ &=&\frac{π}{2}\ln(1+a) \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \Re\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(a+ix)}\frac{dx}{1+x^2}&=&\Re\frac{1}{Γ(s)}\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+x^2}\int_{0}^{\infty}t^{s-1}e^{-(a+ix)t}dtdx \end{eqnarray}
もうここで何してるんだと思うかもしれません.
ガンマ関数について次のような積分が成り立ちます.
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}t^{s-1}e^{-zt}dt=\frac{Γ(s)}{z^s}　(\Re z>0) \end{eqnarray}
これから$\frac{1}{z^s}$を積分になおしたという訳です.
$\Re z>0$とありますがこれは大事です.この範囲外では感覚でもわかると思いますが収束しません.
なので先ほどの1番最初の変形もa>0が重要です.(a=0でも収束する場合があります.(sin,cosのメリン変換))
先ほどの計算から進めます.
\begin{eqnarray} &=&\frac{1}{Γ(s)}\int_{0}^{\infty}t^{s-1}e^{-at}\int_{0}^{\infty}\frac{\cos tx}{1+x^2}dxdt\\ &=&\frac{π}{2Γ(s)}\int_{0}^{\infty} t^{s-1}e^{-t(1+a)}dt\\ &=&\frac{π}{2(1+a)^s} \end{eqnarray}

先ほどの解についてsで微分しs=0を代入する.
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}\Re\frac{d}{ds}\frac{1}{(a+ix)^s}\frac{dx}{1+x^2}&=&\frac{d}{ds}\frac{π}{2(1+a)^s}\\ \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}\frac{\ln(a^2+x^2)}{1+x^2}dx=π\ln(1+a) \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}\frac{\tanh x}{x}e^{-4ax}dx&=&\int_{0}^{2}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-x(4a+t)}}{1+e^{-2x}}dxdt\\ &=&\int_{0}^{2}\sum_{n≥0}(-1)^n\int_{0}^{\infty}e^{-x(4a+t+2n)}dxdt\\ &=&\int_{0}^{2}\sum_{n≥0}\frac{(-1)^n}{4a+t+2n}dt\\ &=&\int_{0}^{2}\sum_{n≥0}\frac{1}{4a+4n+t}-\frac{1}{4a+4n+2+t}dt\\ &=&\frac{1}{4}\int_{0}^{2}ψ(\frac{t}{4}+a+\frac{1}{2})-ψ(\frac{t}{4}+a)dt\\ &=&\ln\frac{Γ(a+1)Γ(a)}{Γ(a+\frac{1}{2})^2} \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \int_{0}^{1}t^{a-1}(1-t)^{c-a-1}(1-zt)^{-b}dt&=&\int_{0}^{\infty} \frac{t^{a-1}}{(1+t)^{c-b}}\frac{dt}{1+(1-z)t}　(t→\frac{t}{1+t})\\ &=&\frac{2}{z^b}\int_{0}^{\infty}\frac{\sinh^{2a-1}t}{\cosh^{2c-2b-1}t}\frac{dt}{(1+\frac{1-z}{z}\cosh^2t)^b}　(t→\sinh^2t) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} a→1/2,b→s,c→s+1/2,z→1/(1+z) \end{eqnarray}
として題意を得る

\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{\prod_{k=0}^{n}(x+k)}&=&\frac{1}{n!}\int_{-\infty}^{\infty}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^k\frac{\sin x}{x+k}dx\\ &=&\frac{π}{n!}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^k\\ &=&\frac{π}{n!}2^n \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} n=1の時,\\ \int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\cos t_1xdx&=&\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(1+t_1)x+\sin(1-t_1)x}{2x}dx\\ &=&\frac{π}{2} \end{eqnarray}
ここで$t_1$は対称性と解が0にならないために$0< t_1<1$となります.
n=mで成り立つと仮定
n=m+1で成り立つことを示す
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}\frac{\sin x\cos t_{m+1}}{x}\prod_{k=1}^{n}\cos t_kxdx&=&\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(1+t_{m+1})x+\sin(1-t_{m+1})x}{2x}\prod_{k=1}^{m}\cos t_kxdx\\ &=&\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{2x}\left(\prod_{k=1}^{m}\cos \frac{t_k}{1+t_{m+1}}x+\prod_{k=1}^{m}\cos \frac{t_k}{1-t_{m+1}}x\right)dx\\ &=&\frac{π}{2} \end{eqnarray}
置換する際,条件について以下のように帰納法が使える
\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{m}\frac{t_k}{1-t_{m+1}}<1\\ ⇒\sum_{k=1}^{m+1}t_k<1 \end{eqnarray}
最後に今回得た結果を$t_k$についてそれぞれ条件内の範囲$[0,a_k]$で積分する事で題意を示せた.

\begin{eqnarray} \int_{0}^{1}\frac{\ln^nx\ln^m(1-x)}{x(1-x)}dx&=&m!(-1)^m\int_{0}^{1}\frac{\ln^nx}{x(1-x)}\int_{0< t_1<…t_m< x}\frac{1}{(1-t_1)…(1-t_m)}dt_1…dt_mdx\\ &=&m!\sum_{k_1,k_2…k_{m+1}≥0} \int_{0}^{1}x^{k_{m+1}-1}\ln^nx\int_{0< t_1<…< t_m< x}t_1^{k_1}…t_m^{k_m}dt_1…dt_mdx\\ &=&m!(-1)^m\sum_{k_{m+1}≥k_m>…>0}\frac{1}{k_1…k_m}\int_{0}^{1}x^{k_{m+1}-1}\ln^nxdx\\ &=&m!n!(-1)^{m+n}\sum_{k_{m+1}≥k_m>…>k_1>0}\frac{1}{k_1…k_mk_{m+1}^{n+1}}\\ &=&m!n!(-1)^{m+n}(ζ(\{1\}^m,n+1)+ζ(\{1\}^{m-1},n+2)) \end{eqnarray}