∫[0,π]log(t+cos(x))dxとチェビシェフ多項式

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本記事について

本記事は
$\int_{0}^{π} \log (t + \cos (x)) d x$
と、その類似
$\int_{0}^{π} \log (t^{2} + \cos^{2} (x)) d x$
の計算結果を代数的な計算の帰結として初等的に得ること。
およびそれを以て級数・積分bot の次の２題
$\int_{0}^{π} \log (\frac{5}{4} + \cos (x)) d x = 0$
$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \log (\frac{9}{16} + \cos^{2} (x)) d x = 0$

を初等的に倒すことを目的としている。

ログサイン積分

とっかかりとして、次の有名な積分
$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \log (\sin θ) d θ = - \frac{1}{2} π \log 2$
が、次の三角関数の積の公式
$\prod_{k = 1}^{n - 1} \sin (\frac{k π}{n}) = \frac{n}{2^{n - 1}}$
の系として得られるということに気づいたということがある。これは
積の公式の両辺の対数を取ってnで割ると
$\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} \log (\sin (\frac{k π}{n})) = \frac{1}{n} \log (n) - \frac{n - 1}{n} \log (2)$
が得られるので、 $n \to \infty$ とすると
$\int_{0}^{1} \log (\sin (π x)) d x = - \log (2)$
が得られることから従う。極限を取る際に消えている情報も見て取れ
積の公式のほうがより精密であることがわかる。

∫[0,π]log(t+cos(x))dxの精密化

ログサイン積分での方法論から言えば
$\int_{0}^{π} \log (t + \cos (x)) d x$
は
$\prod_{k = 1}^{n - 1} (t + \cos (\frac{k π}{n}))$
が計算できれば元の積分より精密な結果が得られ
以て積分の計算もできるであろうと予想できる。
上式と大差のない( $t$ を $- t$ と置き換えて正負を変えた)
$\prod_{k = 1}^{n - 1} (t - \cos (\frac{k π}{n}))$
を考えると、これは $\cos (\frac{k π}{n})$ を根に持つ多項式だから
三角方程式 $\sin (n θ) = 0$ の解が $θ = \frac{k π}{n}, k = 0, 1, \dots, n - 1$
であることを踏まえて考えればよさそうだとわかる。
分かる人であれば第２種チェビシェフ多項式で通じるところだが
極力記事を自己完結的に済ませたいので計算をすると
ド・モアブルの定理から
$(\cos (x) + \sqrt{- 1} \sin (x))^{n} = \cos (n x) + \sqrt{- 1} \sin (n x)$
左辺を二項定理で展開すると
$(\cos (x) + \sqrt{- 1} \sin (x))^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\sqrt{- 1}}^{k} (\binom{n}{k}) \cos^{n - k} (x) \sin^{k} (x)$
一つ目の式と二つ目の式の虚部を比較することで
$\sin (n x) = \sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (- 1)^{k} (\binom{n}{2 k + 1}) \cos^{n - 2 k - 1} (x) \sin^{2 k + 1} (x)$
両辺 $\sin (x)$ で割ると
$\frac{\sin (n x)}{\sin (x)} = \sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (- 1)^{k} (\binom{n}{2 k + 1}) \cos^{n - 2 k - 1} (x) \sin^{2 k} (x) = \sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (- 1)^{k} (\binom{n}{2 k + 1}) \cos^{n - 2 k - 1} (x) (1 - \cos^{2} (x))^{k}$
$\frac{\sin (n x)}{\sin (x)} = \sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) \cos^{n - 2 k - 1} (x) (\cos^{2} (x) - 1)^{k}$
右辺は $\cos (x) = t$ として $t$ の多項式と見なせ
左辺=0は $x = \frac{k π}{n}, k = 1, \dots, n - 1$ を解にもつから、因数定理より $C$ を定数として
$\frac{\sin (n x)}{\sin (x)} = C \prod_{k = 1}^{n - 1} (t - \cos (\frac{k π}{n}))$
と書けることがわかる。
右辺のtの最高次の係数がCであるのに対し
$\frac{\sin (n x)}{\sin (x)} = \sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) t^{n - 2 k - 1} (t^{2} - 1)^{k}$
の右辺のtの最高次の係数は
$\sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) = 2^{n - 1}$
より
$\sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) t^{n - 2 k - 1} (t^{2} - 1)^{k} = 2^{n - 1} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t - \cos (\frac{k π}{n}))$
また $t$ を $- 1$ 倍すると
$\sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) t^{n - 2 k - 1} (t^{2} - 1)^{k} = 2^{n - 1} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t + \cos (\frac{k π}{n}))$
これはもともと $t = \cos (x)$ だったことを離れ $t$ についての多項式の等式と見なせる。
よって $t > 1$ としてもよく、その時
$2^{n - 1} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t + \cos (\frac{k π}{n})) = \frac{1}{2 \sqrt{t^{2} - 1}} {{(t + \sqrt{t^{2} - 1})}^{n} - {(t - \sqrt{t^{2} - 1})}^{n}}$
$\prod_{k = 1}^{n - 1} (t + \cos (\frac{k π}{n})) = \frac{{(t + \sqrt{t^{2} - 1})}^{n}}{2^{n} \sqrt{t^{2} - 1}} {1 - {(\frac{1}{t + \sqrt{t^{2} - 1}})}^{2 n}}$
よって
$\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} \log (t + \cos (\frac{k π}{n})) = \log (t + \sqrt{t^{2} - 1}) - \log (2) - \frac{1}{n} \log (\sqrt{t^{2} - 1}) + \frac{1}{n} \log (1 - {(\frac{1}{t + \sqrt{t^{2} - 1}})}^{2 n})$
$n \to \infty$ で右辺第３項、第４項は０に収束するので
$\int_{0}^{1} \log (t + \cos (π x)) d x = \log (t + \sqrt{t^{2} - 1}) - \log (2) (t > 1)$
$π x = y$ の変数変換から
$\int_{0}^{π} \log (t + \cos (y)) d y = π (\log (t + \sqrt{t^{2} - 1}) - \log (2)) (t > 1)$
$t = 5 / 4$ とすれば
$\int_{0}^{π} \log (\frac{5}{4} + \cos (y)) d y = π (\log (\frac{5}{4} + \sqrt{\frac{25}{16} - 1}) - \log (2)) = π (\log (\frac{5}{4} + \frac{3}{4}) - \log (2)) = 0$

∫[0,π]log(a^2+cos^2(x))dxの精密化

こちらの主要な話はすでに前の段で終わっていて
前の段で得られた
$\sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) t^{n - 2 k - 1} (t^{2} - 1)^{k} = 2^{n - 1} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t - \cos (\frac{k π}{n}))$
と $t$ を $- 1$ 倍して得られる
$\sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) t^{n - 2 k - 1} (t^{2} - 1)^{k} = 2^{n - 1} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t + \cos (\frac{k π}{n}))$
の辺々をかけると
$[\sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) t^{n - 2 k - 1} (t^{2} - 1)^{k}]^{2} = 2^{2 n - 2} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t^{2} - \cos^{2} (\frac{k π}{n}))$
となり、これの $t$ を $\sqrt{- 1}$ 倍して得られる
$[(\sqrt{- 1})^{n - 1} \sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) t^{n - 2 k - 1} (t^{2} + 1)^{k}]^{2} = (- 1)^{n - 1} 2^{2 n - 2} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t^{2} + \cos^{2} (\frac{k π}{n}))$
$[\sum_{k = 0}^{[(n - 1) / 2]} (\binom{n}{2 k + 1}) t^{n - 2 k - 1} (t^{2} + 1)^{k}]^{2} = 2^{2 n - 2} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t^{2} + \cos^{2} (\frac{k π}{n}))$
ゆえ(こちらの場合はtの大小によらず)
$2^{2 n - 2} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t^{2} + \cos^{2} (\frac{k π}{n})) = [\frac{1}{2 \sqrt{t^{2} + 1}} {{(t + \sqrt{t^{2} + 1})}^{n} - {(t - \sqrt{t^{2} + 1})}^{n}}]^{2}$
$2^{2 n - 2} \prod_{k = 1}^{n - 1} (t^{2} + \cos^{2} (\frac{k π}{n})) = \frac{1}{2^{2} (t^{2} + 1)} {{(t + \sqrt{t^{2} + 1})}^{n} - {(t - \sqrt{t^{2} + 1})}^{n}}^{2}$
$\prod_{k = 1}^{n - 1} (t^{2} + \cos^{2} (\frac{k π}{n})) = \frac{{(t + \sqrt{t^{2} + 1})}^{2 n}}{2^{2 n} (t^{2} + 1)} {1 - {(\frac{1}{t + \sqrt{t^{2} + 1}})}^{2 n}}^{2}$
$\int_{0}^{1} \log (t^{2} + \cos^{2} (π x)) d x = 2 (\log (t + \sqrt{t^{2} + 1}) - \log (2))$
$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \log (t^{2} + \cos^{2} (y)) d y = π (\log (t + \sqrt{t^{2} + 1}) - \log (2))$
$t = 3 / 4$ とすれば
$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \log (\frac{9}{16} + \cos^{2} (y)) d y = π (\log (\frac{3}{4} + \sqrt{\frac{9}{16} + 1}) - \log (2)) = π (\log (\frac{3}{4} + \frac{5}{4}) - \log (2)) = 0$

終わりに

三角関数を含む積分について、適切に離散化すれば代数的な構造を
持ち込むことができ、計算の見通しがつけやすくなるという問題でした。
積分についてそういうことやったのが今回の記事で
級数についてやると前回の記事になります。
級数・積分bot にはこういう視点で倒してみたい問題が
まだいくつかあるので、ぼちぼちやっていきたい。

９/１３追記
$\int_{0}^{π} \log (\frac{5}{4} + \cos (x)) d x = 0$
について積分範囲を $\frac{π}{2}$ までと勘違いしていたうえに、
それとつじつまを合わせるよう誤った計算をしていたため修正。