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積分問題集上級編の別解とそのいろいろ

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$$\newcommand{arcosh}[0]{\operatorname{arcosh}} \newcommand{arcoth}[0]{\operatorname{arcoth}} \newcommand{arcsch}[0]{\operatorname{arcsch}} \newcommand{arsech}[0]{\operatorname{arsech}} \newcommand{arsinh}[0]{\operatorname{arsinh}} \newcommand{artanh}[0]{\operatorname{artanh}} \newcommand{bh}[0]{\boldsymbol{h}} \newcommand{bk}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{bm}[1]{\boldsymbol{#1}} \newcommand{Ci}[0]{\operatorname{Ci}} \newcommand{D}[0]{\displaystyle} \newcommand{d}[0]{{\rm d}} \newcommand{dep}[0]{\operatorname{dep}} \newcommand{ds}[0]{{\rm d}s} \newcommand{dt}[0]{{\rm d}t} \newcommand{du}[0]{{\rm d}u} \newcommand{dv}[0]{{\rm d}v} \newcommand{dx}[0]{{\rm d}x} \newcommand{dy}[0]{{\rm d}y} \newcommand{dz}[0]{{\rm d}z} \newcommand{erf}[0]{\operatorname{erf}} \newcommand{ht}[0]{\operatorname{ht}} \newcommand{Im}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{li}[0]{\operatorname{li}} \newcommand{Log}[0]{\operatorname{Log}} \newcommand{pv}[0]{\operatorname{\text{p.v.}}} \newcommand{Re}[0]{\operatorname{Re}} \newcommand{Res}[0]{\operatorname*{Res}} \newcommand{Si}[0]{\operatorname{Si}} \newcommand{sinc}[0]{\operatorname{sinc}} \newcommand{wt}[0]{\operatorname{wt}} $$

この記事では,KBHM さんの積分問題集上級編の別解等について色々書いていきます.別解が思いつかなかった問題だったり,面白みのない(計算ゴリゴリで機械的になってしまった)別解は割愛しました.

$ $

$$ \sum $$

$ $

$\!\textbf{Theorem 3.1.}$ 次が成り立つ.
$$ \int_0^1 \! \frac{\log x \log(1+x)}{x \, (1+x)} \, \dx = - \frac58 \, \zeta(3) $$

上の積分に関連して,ここでは

$$ \int_0^\infty \! \frac{\log x \log(1+x)}{x \, (1+x)} \, \dx = \zeta(3) $$

という積分について考えてみます.出典はらららさんです.この積分を$I$とおきます.これをどのようにして解くかについてですが,被積分関数の分子に$\log x$$\log(1\pm x)$,分母に$1\pm x$$\!1\pm x^2$などの二次以下の多項式がある場合はいくつかの定石があります.それは

  1. 積分区間が$(0,\,\infty)$なら$(0,\,1]$$[1,\,\infty)$に分け,後者の$[1,\,\infty)$の積分で変数変換$x\mapsto\frac1x$を行い,改めて積分区間を$(0,\,1]$にする.
  2. 積分区間が$(0,\,1]$であれば分子の$\log(1\pm x)$や分母の$1\pm x$$\!1\pm x^2$などが級数展開できるので,級数展開して項別に積分する.

です.まず定石 1. については,分母が二次以下の多項式であるとき,一般に

$$ \int_1^\infty \! \frac{f(x)}{ax^2 + bx + c} \, \dx = \int_0^1 \! \frac{f\bigl(\frac1x\bigr)}{cx^2 + bx + a} \, \dx $$

が成り立つので.変数変換した際の帳尻合わせにより,分母の二次多項式の係数が結果的に対称に入れ替わることになります.特に$f$が対数函数である場合には非常に有効な手法となることが多いです.(たいてい,この手の積分は定石 2. によって簡単な(?)級数評価に帰着されるので,定石 1. は後で級数展開するための準備作業といえます.)これを踏まえると,求めるべき積分について

$$ \begin{align} I &= \int_0^1 \! \frac{\log x \log(1+x)}{x \, (1+x)} \, \dx + \int_1^\infty \! \frac{\log x \log(1+x)}{x \, (1+x)} \, \dx \\[3pt] &= -\frac58 \, \zeta(3) - \int_0^1 \! \frac{\log x \log(1+x)}{1+x} \, \dx + \int_0^1 \! \frac{\log^2 x}{1+x} \, \dx \end{align} $$

となります.これで級数展開の準備が整いました.右辺の第 2 項,第 3 項の積分をそれぞれ$I_2$$\!I_3$とおきます.非負整数$m$および$n$に対して

$$ \begin{align} \int_0^1 x^m \log^n x \, \dx &= (-1)^n \int_0^\infty e^{-(m+1)x} \, x^n \, \dx \\[3pt] &= (-1)^n \, \frac{\varGamma(n+1)}{(m+1)^{n+1}} \end{align} $$

が成り立つことに注目すると,

$$ \begin{align} I_2 &= \int_0^1 \log x \sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m+1}}m \, x^m \sum_{n=1}^\infty \, (-1)^{n-1} \, x^{n-1} \, \dx \\[3pt] &= \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{m+n}}m \int_0^1 x^{m+n-1} \log x \, \dx \\[3pt] &= \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{m+n+1}}{m \, (m+n)^2} \\[3pt] &= -\sum_{0< m< n} \frac{(-1)^n}{mn^2} \\[3pt] &= -\frac18 \, \zeta(3) \end{align} $$

および

$$ \begin{align} I_3 &= \int_0^1 \log^2 x \sum_{n=1}^\infty \, (-1)^{n-1} \, x^{n-1} \, \dx \\[3pt] &= 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^3} \\[3pt] &= \frac32 \, \zeta(3) \end{align} $$

となります.ただし$I_2$においては交代多重ゼータ値の特殊値を適用しました.そのため

$$ \begin{align} I &= -\frac58 \, \zeta(3) + \frac18 \, \zeta(3) + \frac32 \, \zeta(3) \\[3pt] &= \zeta(3) \end{align} $$

を得ます.

$ $

$\!\textbf{Theorem 3.6.}$ 任意の非負整数$n$に対し,次が成り立つ.
$$ \int_0^\pi \! e^{-tx} \sin^{2n+1}x \, \dx = (1+e^{-\pi t})(2n+1)! \prod_{k=0}^n \frac1{t^2 + (2k+1)^2} $$

ここで書こうと思っているものは,非負整数$n$に対する

$$ \int_0^\infty \prod_{i=0}^n \frac1{x^2 + (2i+1)^2} \, \dx = \frac\pi{2^{2n+1}\,(2n+1)(n!)^2} $$

なる積分です.これを導くには次の補題を利用します.

$\!\textbf{Lemma 3.6.1.}$ 次数$n$の複素数係数多項式$p(x)$が相異なる$n$個の複素数根$a_i$をもつとき,すなわち$a_i$が方程式$p(x)=0$の解になるとき,
$$ \frac1{p(x)} = \sum_{i=1}^n \frac1{p'(a_i)(x-a_i)} $$
が成り立つ.ただし,ここで$n$は正整数である.

補題の証明の概略を簡単に書いておきます.数学的帰納法により

$$ \begin{align} &&& \frac1{p(x)} = \sum_{i=1}^n \frac{u_i}{x-a_i} \\[3pt] & \Longrightarrow && 1 = \sum_{i=1}^n \frac{u_i}{x-a_i} \, p(x) & \text{(eq. 3.6.2)} \end{align} $$

を満足する複素数$u_i$が存在することがわかります.ここで$0< j\leqslant n$なる正整数$j$を呼び出すと,

$$ \begin{align} & j\neq i \ \Longrightarrow \ \lim_{x\to a_j} \frac{u_i}{x-a_i} \, p(x) = 0 \\[3pt] & j=i \ \Longrightarrow \ \lim_{x\to a_j} \frac{u_i}{x-a_i} \, p(x) = u_j \, p'(a_j) \end{align} $$

が得られます.ただし,後者のゼロゼロ形の不定形はロピタることで解消しました.これを利用して,関係式$\text{(eq. 3.6.2)}$全体で$x\to a_j$の極限をとると$ 1 = u_j \, p'(a_j) $がわかるため結局

$$ u_j = \frac1{p'(a_j)} $$

となります.これを改めて関係式$\text{(eq. 3.6.2)}$に組み込み整理すると補題の数式が証明されます.

これを利用してもとの積分を計算してみましょう.それを$I_n$とおいて,まず多項式

$$ p(x) = \prod_{i=0}^n \biggl[ x + (2i+1)^2 \biggr] $$

を考えます.次数に注意してください.多項式$p(x)$$n+1$次ですから,代数学の基本定理より重複を含め$n+1$の根をもちます.しかし,定義から明らかにその根は$x=-(2i+1)^2$で相異なります.

また,多項式$p(x)$を微分すると

$$ p'(x) = p(x) \sum_{i=0}^n \frac1{x + (2i+1)^2} $$

ですから,(本来はこのような書き方は好ましくないが,)右辺の和を展開してから$x=-(2i+1)^2$として微分係数を頑張って計算すると

$$ p'(-(2i+1)^2) = (-1)^i \, 2^{2n} \, \frac{(n-i)! \, (n+i+1)!}{2i+1} $$

であることがわかります.これで補題を用いる準備が完了しました.補題より$x\mapsto x^2$とすると

$$ \frac1{p(x^2)} = \frac1{2^{2n}} \sum_{i=0}^n \, (-1)^i \, \frac{2i+1}{(n-i)! \, (n+i+1)!} \frac1{x^2 + (2i+1)^2} $$

です.両辺を$[0,\,\infty)$で積分すると,左辺は求めるべき積分$I_n$です.一方右辺は望遠鏡和で

$$ \begin{align} \int_0^\infty \text{(R.H.S.)} \, \dx &= \frac1{2^{2n}} \sum_{i=0}^n \, (-1)^i \, \frac{2i+1}{(n-i)! \, (n+i+1)!} \int_0^\infty \! \frac\dx{x^2 + (2i+1)^2} \\[3pt] &= \frac\pi{2^{2n+1}} \sum_{i=0}^n \frac1{(n-i)! \, (n+i+1)!} \\[3pt] &= \frac\pi{2^{2n+1}} \, (2n+1)! \sum_{i=0}^n \frac{(2n+1)!}{(n-i)! \, (n+i+1)!} \\[3pt] &= \frac\pi{2^{2n+1}} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \sum_{i=0}^n \, (-1)^i \binom{2n+1}{i} \\[3pt] &= \frac\pi{2^{2n+1}} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \sum_{i=0}^n \, (-1)^i \biggl[ \! \binom{2n}i + \binom{2n}{i-1} \! \biggr] \\[3pt] &= \frac\pi{2^{2n+1}} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \, (-1)^n \binom{2n}n \\[3pt] &= \frac\pi{2^{2n+1} \, (2n+1) (n!)^2} \end{align} $$

のように計算できるため

$$ \int_0^\infty \prod_{i=0}^n \frac1{x^2 + (2i+1)^2} \, \dx = \frac\pi{2^{2n+1}\,(2n+1)(n!)^2} $$

がわかりました.

さらに,この補題を用いない手法としては複素函数論の応用が挙げられます.すなわち

$$ f_n(z) = \prod_{k=0}^n \frac1{z^2 + (2k+1)^2} $$

とおいて,積分路$\varGamma_R$を次のようにとります.

▲ パイナップル形の積分路

するとこのとき,複素函数$f_n$は閉曲線$\varGamma_R$の内部に$z=(2k+1) \, i$$n+1$個の孤立特異点をもつため,留数定理により

$$ \begin{align} \int_0^\infty \prod_{k=0}^n \frac1{x^2 + (2k+1)^2} \, \dx &= \frac12 \lim_{R\to\infty} \oint_{\varGamma_R} f_n(z) \, \dz \\[3pt] &= i\pi \sum_{k=0}^n \Res_{z=(2k+1)i} f_n(z) \end{align} $$

となります.この結果は,先ほどの方法で求めたものと一致します.留数の計算方法は割愛しますが,頑張って計算あるのみです.

$ $

$\!\textbf{Theorem 3.9.}$ 次が成り立つ.
$$ \int_0^\infty x \log \biggl( 1 + \frac1{\cosh x} \biggr) \, \dx = \frac{21}{16} \, \zeta(3) $$

対数函数の性質を上手く利用しましょう.すなわち,双曲線函数を指数函数によって表し,積の形を上手く作り出して分解していく,ということです.手を動かしてみると,被積分函数は

$$ \begin{align} x\log \biggl( 1 + \frac1{\cosh x} \biggr) &= x\log \biggl( \frac{1+e^{-2x}}{1+e^{-2x}} + \frac{2e^{-x}}{1+e^{-2x}} \biggr) \\[3pt] &= x\log \frac{(1+e^{-x})^2}{1+e^{-2x}} \\[3pt] &= 2x\log(1+e^{-x}) - x\log(1+e^{-2x}) \end{align} $$

と計算できます.よって

$$ f(s) = \int_0^\infty x\log(1+e^{-sx}) \, \dx $$

とおくと,簡単な変数変換$e^{-sx}\mapsto x$により

$$ \begin{align} f(s) &= -\frac1{s^2} \int_0^1 \! \frac{\log x \log(1+x)}x \, \dx \\[3pt] &= -\frac1{s^2} \int_0^1 \! \frac{\log x}x \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}n \, x^n \, \dx \\[3pt] &= \frac1{s^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}n \int_0^1 x^{n-1} \log x \, \dx \\[3pt] &= \frac1{s^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^3} \\[3pt] &= \frac3{4s^2} \, \zeta(3) \end{align} $$

がわかります.したがって,求めるべき積分は

$$ \begin{align} \int_0^\infty x \log \biggl( 1 + \frac1{\cosh x} \biggr) \, \dx &= 2 \, f(1) - f(2) \\[3pt] &= \frac32 \, \zeta(3) - \frac3{16} \, \zeta(3) \\[3pt] &= \frac{21}{16} \, \zeta(3) \end{align} $$

のように求まります.同様の手法で

$$ \int_0^1 x\log\biggl( 1 - \frac1{\cosh x} \biggr) \, \dx = -\frac{35}{16} \, \zeta(3) $$

もわかります.

$ $

$\!\textbf{Theorem 3.10.}$ 任意の実数$s\in(-1,\,+1)$に対し,次が成り立つ.
$$ \int_0^1 \! \frac{\log(1-x)}{1+(sx)^2} \, \dx = \frac{\arctan s \log(1+s^2)}{2s} - \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \, s^{2n} $$

簡単に解けそうな見た目をしていますが,実際に手を動かしてみるとなかなか上手くいかないことがわかります.そこで,ちょっと卑怯ですが右辺側の考察をしてみます.前の問題でも挙げた通り,非負整数$m$および$n$に対して

$$ \int_0^1 x^m \log^n x \, \dx = (-1)^n \, \frac{\varGamma(n+1)}{(m+1)^{n+1}} $$

が成り立つことに注目すると,求めるべき積分について右辺の級数部分は

$$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \, s^{2n} &= - \sum_{n=0}^\infty \, (-1)^n \, s^{2n} \int_0^1 x^{2n} \log x \, \dx \\[3pt] &= - \int_0^1 \log x \sum_{n=0}^\infty \, (-1)^n \, (sx)^{2n} \, \dx \\[3pt] &= - \int_0^1 \! \frac{\log x}{1+(sx)^2} \, \dx \end{align} $$

のように計算できます.よって,求めるべき積分を$I$とおくと

$$ \begin{align} I &= \int_0^1 \! \frac1{1+(sx)^2} \, \log \frac{1-x}x \, \dx + \int_0^1 \! \frac{\log x}{1+(sx)^2} \, \dx \\[3pt] &= \int_0^1 \! \frac1{1+(sx)^2} \, \log \frac{1-x}{x} \, \dx - \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \, s^{2n} \end{align} $$

となります.あとは,右辺の積分を$J$とおいて評価すればよいのですが,どうしたらよいでしょうか.まず思いつくのは,変数変換

$$ t = \frac{1-x}x = \frac1x - 1 $$

です.この変数変換は$(0,\,1)$から$(0,\,\infty)$への全単射を与えますが,これを行う理由は先に説明した通りです.本題に戻って積分$J$を計算すると,思いついた変数変換で

$$ J = \int_0^\infty \! \frac{\log x}{(1+x)^2 + s^2} \, \dx $$

となるわけですが,これに対し再び変数変換$x \mapsto \frac{1+s^2}x$を考えます.すると

$$ \begin{align} J &= \int_0^\infty \! \frac1{(1+x)^2 + s^2} \, \log \frac{1+s^2}x \, \dx \\[3pt] &= \log(1+s^2) \int_0^\infty \! \frac1{(1+x)^2 + s^2} \, \dx - J \\[3pt] &= \frac{\arctan s \log(1+s^2)}s - J \end{align} $$

のように計算することができ,同じ形が出てきます.そのため$J$の値が計算できます.以上より

$$ \int_0^1 \! \frac{\log(1-x)}{1+(sx)^2} \, \dx = \frac{\arctan s \log(1+s^2)}{2s} - \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \, s^{2n} $$

がわかりました.

$ $

$$ \prod $$

$ $

上級編での解答では,反復積分を利用した解答が多く紹介されていました.僕は,今もまだ反復積分についてちゃんと勉強できていない部分が多くて,はじめ問題集を解いたときはゴリゴリの面倒臭い計算をしていました.しかし,反復積分なら少しの工夫で解けてしまうようです.応用の幅がかなり広そうなので,これにより新たに導かれる積分や級数の関係式族がどのようなものか気になります.

最後までお読みいただき,ありがとうございました.

投稿日:26日前
更新日:26日前

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keitadayo
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