16個の積分について

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$16$ 個の積分について

久しぶりの記事ですね。 $2$ 月下旬に $X$ にて投稿されたこちらのポスト。
全て示してみたいと思い、たまに手をつけていたりしてました。
他の人の力をかりつつも、 $12$ 個は示せたのでここに記事として記しておきます。
残りの $4$ つについても、示せたら更新する予定です。

$I_{1}$

$\int_{0}^{1} \frac{\arctan (\tan x \sec x)}{\tan x + \sec x} d x = \frac{π}{2} \log 2 - \frac{π}{6} \log (2 + \sqrt{3})$

見た瞬間に、「示せる。」そう確信しました。

$\begin{aligned} I & = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\arctan (\tan x \sec x)}{\tan x + \sec x} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{\arctan \frac{x}{1 - x^{2}}}{1 + x} d x (\sin x \mapsto x) \\ = \frac{π}{2} \log 2 - \int_{0}^{1} \frac{\arctan \frac{1 - x^{2}}{x}}{1 + x} d x \\ J & = \int_{0}^{1} \frac{\arctan \frac{1 - x^{2}}{x}}{1 + x} d x \\ = {[\arctan \frac{1 - x^{2}}{x} \log x]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{x^{2} + 1}{x^{4} - x^{2} + 1} \log (1 + x) d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{x^{2} + 1}{x^{4} - x^{2} + 1} \log (1 + x) d x \\ f (t) & = \int_{0}^{1} \frac{x^{2} + 1}{x^{4} - x^{2} + 1} \log (1 + t x) d x \\ f^{'} (t) & = \int_{0}^{1} \frac{x (x^{2} + 1)}{(x^{4} - x^{2} + 1) (t x + 1)} d x \\ = \frac{1}{t^{4} - t^{2} + 1} \int_{0}^{1} \frac{(t^{2} + 1) x^{3} + (t^{3} - 2 t) x^{2} - (2 t^{2} - 1) x + t^{3} + t}{x^{4} - x^{2} + 1} d x - \frac{t (t^{2} + 1)}{t^{4} - t^{2} + 1} \int_{0}^{1} \frac{d x}{t x + 1} \\ = \frac{1}{t^{4} - t^{2} + 1} ((t^{2} + 1) \frac{π}{6 \sqrt{3}} + (t^{3} - 2 t) (\frac{π}{6} - \frac{\sqrt{3}}{6} \log (2 + \sqrt{3})) - (2 t^{2} - 1) \frac{π}{3 \sqrt{3}} + (t^{3} + t) (\frac{π}{6} + \frac{\sqrt{3}}{6} \log (2 + \sqrt{3}))) - \frac{t^{2} + 1}{t^{4} - t^{2} + 1} \log (t x + 1) \\ = \frac{1}{t^{4} - t^{2} + 1} (- (t^{2} - 1) \frac{π}{2 \sqrt{3}} + (2 t^{3} - t) \frac{π}{4} + t \frac{\sqrt{3}}{2} \log (2 + \sqrt{3})) - \frac{t^{2} + 1}{t^{4} - t^{2} + 1} \log (t x + 1) \\ J & = f (1) \\ = \int_{0}^{1} f^{'} (x) d x \\ = - \frac{π}{2 \sqrt{3}} \int_{0}^{1} \frac{x^{2} - 1}{x^{4} - x^{2} + 1} d x + \frac{π}{4} \int_{0}^{1} \frac{2 x^{3} - x}{x^{4} - x^{2} + 1} d x + \frac{\sqrt{3}}{2} \log (2 + \sqrt{3}) \int_{0}^{1} \frac{x}{x^{4} - x^{2} + 1} + \int_{0}^{1} \frac{x^{2} + 1}{x^{4} - x^{2} + 1} \log x d x \\ = \frac{π}{3} \log (2 + \sqrt{3}) - J \\ J & = \frac{π}{6} \log (2 + \sqrt{3}) \\ I & = \frac{π}{2} \log 2 - J \\ = \frac{π}{2} \log 2 - \frac{π}{6} \log (2 + \sqrt{3}) \end{aligned}$

ここで示した、
$\int_{0}^{1} \frac{x^{2} + 1}{x^{4} - x^{2} + 1} \log (1 + x) d x = \frac{π}{6} \log (2 + \sqrt{3})$
は、後の $I_{7}$ にて用いる。

$I_{2}$

$\int_{- \infty}^{\infty} \exp (- \frac{3 x^{2} + 15}{2 x^{2} + 18}) \cos (\frac{2 x}{x^{2} + 9}) \frac{d x}{1 + x^{2}} = \frac{π}{e}$

元ポストでは区間が $0, \infty$ ですが、これはミスで $- \infty, \infty$ が正しいです。
なんじゃこりゃ、と思いましたが留数定理ですね。

$\begin{aligned} I & = \int_{- \infty}^{\infty} \exp (- \frac{3 x^{2} + 15}{2 x^{2} + 18}) \cos (\frac{2 x}{x^{2} + 9}) \frac{d x}{x^{2} + 1} \\ = Re \int_{- \infty}^{\infty} \exp (- \frac{3 x^{2} + 15}{2 x^{2} + 18} + i \frac{2 x}{x^{2} + 9}) \frac{d x}{x^{2} + 1} \\ = Re (2 π i \underset{z = i}{Res} f (z)) \\ = Re (2 π i \frac{1}{2 i} \exp (- \frac{15 - 3}{18 - 2} + i \frac{2 i}{9 - 1})) \\ = \frac{π}{e} \end{aligned}$

$\exp$ の中身がまともなら、どんなやつでも求められそうですね。

$I_{3}$

$\int_{0}^{1} \frac{\log^{4} (1 + x) + 6 \log^{2} (1 + x) \log^{2} (1 - x)}{x} d x = \frac{21}{4} ζ (5)$

簡単に示せそうですが、なんか示せません。
海馬を泳いでみると、紗夜氏のこんな記事が見つかりました。

紗夜氏の記事によると、
$\int_{0}^{1} \frac{\log^{n} (1 + x)}{x} d x = n! ζ (n + 1) + \frac{1}{n + 1} \log^{n + 1} 2 - \sum_{m = 0}^{n} m! (\binom{n}{m}) \log^{n - m} 2 {Li}_{m + 1} (\frac{1}{2})$
$n = 4$ を代入して、
$\int_{0}^{1} \frac{\log^{4} (1 + x)}{x} d x = - \frac{4}{5} \log^{5} 2 + \frac{2}{3} π^{2} \log^{3} 2 - \frac{21}{2} ζ (3) \log^{2} 2 + 24 ζ (5) - 24 \log 2 {Li}_{4} (\frac{1}{2}) - 24 {Li}_{5} (\frac{1}{2})$
また、記事によると、
$\int_{0}^{1} \frac{\log^{2} (1 + x) \log^{2} (1 - x)}{x} d x = \frac{2}{15} \log^{5} 2 - \frac{π^{2}}{9} \log^{3} 2 + \frac{7}{4} ζ (3) \log^{2} 2 - \frac{25}{8} ζ (5) + 4 \log 2 {Li}_{4} (\frac{1}{2}) + 4 {Li}_{5} (\frac{1}{2})$
求める積分の値は、 $ζ (5)$ 以外が全て消えて
$\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{\log^{4} (1 + x) - 6 \log^{2} (1 + x) \log^{2} (1 - x)}{x} d x & = 24 - \frac{75}{4} ζ (5) \\ = \frac{21}{4} ζ (5) \end{aligned}$

流石に長すぎて端折りました。
この $2$ つの等式はどうやって示すんでしょうか、分からん。

$I_{4}$

$\int_{0}^{\infty} \frac{\log x}{\sqrt{x} (1 + x)^{2} (π^{2} + \log^{2} x)} d x = - \frac{π}{24}$

留数定理ですね。

以下が成り立つ。
$\frac{1}{\log x + i π} = \frac{\log x}{π^{2} + \log^{2} x} - \frac{π}{π^{2} + \log^{2} x} i$
虚部の比較を用いる。
$\begin{aligned} I & = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x} (1 + x)^{2} (π^{2} + \log^{2} x)} d x \\ = Im \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x} (1 + x)^{2} (\log x + i π)} d x \\ = Im \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{\frac{x}{2}}}{(1 + e^{x})^{2} (x + i π)} d x (x \mapsto e^{x}) \\ = Im (2 π i \sum_{n = 0}^{\infty} \underset{z = i π (2 n + 1)}{Res} f (z)) \\ \underset{z = i π (2 n + 1)}{Res} f (z) & = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{d}{d z} \frac{e^{\frac{z}{2}} (z - i π (2 n + 1))^{2}}{(1 + e^{z})^{2} (z + i π)} \\ = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{d}{d z} f^{2} g \\ = lim_{z \to i π (2 n + 1)} (2 f f^{'} g + f^{2} g^{'}) \\ = - \frac{1}{4 π} \frac{(- 1)^{n}}{n + 1} + \frac{1}{4 π^{2}} \frac{(- 1)^{n}}{(n + 1)^{2}} \\ I & = Im (2 π i \sum_{n = 0}^{\infty} \underset{z = i π (2 n + 1)}{Res} f (z)) \\ = Im (2 π i (- \frac{1}{4 π} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n + 1} + \frac{1}{4 π^{2}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(n + 1)^{2}})) \\ = Im (2 π i (- \frac{1}{4 π} \log 2 + \frac{1}{48})) \\ = - \frac{π}{24} \end{aligned}$
$f, g$ の極限はについては、
$\begin{aligned} f & = \frac{z - i π (2 n + 1)}{1 + e^{z}} \\ g & = \frac{e^{\frac{z}{2}}}{z + i π} \end{aligned}$
$\begin{aligned} lim_{z \to i π (2 n + 1)} f & = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{z - i π (2 n + 1)}{1 + e^{z}} \\ = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{1}{e^{z}} (l’Hôpital’s) \\ = - 1 \\ lim_{z \to i π (2 n + 1)} f^{'} & = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{d}{d z} \frac{z - i π (2 n + 1)}{1 + e^{z}} \\ = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{1 + e^{z} - e^{z} (z - i π (2 n + 1)}{(1 + e^{z})^{2}} \\ = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{e^{z} - e^{z} (z - i π (2 n + 1) - e^{z}}{2 (1 + e^{z}) e^{z}} (l’Hôpital’s) \\ = - \frac{1}{2} lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{z - i π (2 n + 1)}{1 + e^{z}} \\ = \frac{1}{2} \\ lim_{z \to i π (2 n + 1)} g & = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{e^{\frac{z}{2}}}{z + i π} \\ = \frac{(- 1)^{n} i}{2 π i (n + 1)} \\ = \frac{1}{2 π} \frac{(- 1)^{n}}{n + 1} \\ lim_{z \to i π (2 n + 1)} g^{'} & = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{d}{d z} \frac{e^{\frac{z}{2}}}{z + i π} \\ = lim_{z \to i π (2 n + 1)} \frac{\frac{1}{2} e^{\frac{z}{2}} (z + i π) - e^{\frac{z}{2}}}{(z + i π)^{2}} \\ = \frac{\frac{1}{2} (- 1)^{n} i 2 π i (n + 1) - (- 1)^{n} i}{- 4 π^{2} (n + 1)^{2}} \\ = \frac{1}{4 π} \frac{(- 1)^{n}}{n + 1} + \frac{1}{4 π^{2}} \frac{(- 1)^{n}}{(n + 1)^{2}} \end{aligned}$

分子に $\log x$ がないやつも、同様にして求められますね。

$I_{5}$

$\int_{0}^{\infty} \frac{1 - \cos x}{x^{2} (1 - \cos x) - 4 x \sin x + 8} d x = \frac{π}{4}$

分からん。

$I_{6}$

$\int_{0}^{1} \frac{\arctan x}{x^{4} + x^{2} + 1} d x = \frac{π^{2}}{8 \sqrt{3}} - \frac{2}{3} β (2) + \frac{π}{12} \log (2 + \sqrt{3})$

$\arctan x$ は微分すればなんか上手くいきます。

(補題)
$\int_{0}^{\infty} (\frac{t}{t x + 1} - \frac{x}{x^{2} + x + 1}) d x = \log t + \frac{π}{3 \sqrt{3}}$

$\int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{2} + x + 1} = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}}$

$\int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{4} - x^{2} + 1} = \frac{π}{4} + \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log (2 + \sqrt{3})$

$\int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{x^{4} - x^{2} + 1} d x = \frac{π}{4} - \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log (2 + \sqrt{3})$

$\int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{x^{4} - x^{2} + 1} \log x d x = - \frac{2}{3} β (2) + \frac{π^{2}}{12 \sqrt{3}}$
$1, 2, 3$ つ目の補題の証明は省略。
$4$ つ目の補題はこちらを参照。
$\begin{aligned} f (t) & = \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (t x)}{x^{4} + x^{2} + 1} d x \\ f^{'} (t) & = \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(t^{2} x^{2} + 1) (x^{4} + x^{2} + 1)} d x \\ = \frac{1}{2} \frac{1}{t^{4} - t^{2} + 1} (t^{2} \int_{0}^{\infty} (\frac{t^{2}}{t^{2} x + 1} - \frac{x}{x^{2} + x + 1}) d x - (t^{2} - 1) \int_{0}^{\infty} \frac{d x}{x^{2} + x + 1}) \\ = \frac{1}{2} \frac{1}{t^{4} - t^{2} + 1} (2 t^{2} \log t - \frac{π}{3 \sqrt{3}} t^{2} + \frac{2 π}{3 \sqrt{3}}) \\ = \frac{t^{2} \log t}{t^{4} - t^{2} + 1} - \frac{π}{6 \sqrt{3}} \frac{t^{2}}{t^{4} - t^{2} + 1} + \frac{π}{3 \sqrt{3}} \frac{1}{t^{4} - t^{2} + 1} \\ f (1) & = \int_{0}^{1} f^{'} (t) d t \\ = \int_{0}^{1} \frac{t^{2} \log t}{t^{4} - t^{2} + 1} d t - \frac{π}{6 \sqrt{3}} \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{t^{4} - t^{2} + 1} d t + \frac{π}{3 \sqrt{3}} \int_{0}^{1} \frac{d t}{t^{4} - t^{2} + 1} d t \\ = \int_{0}^{1} \frac{t^{2} \log t}{t^{4} - t^{2} + 1} d t - \frac{π^{2}}{24 \sqrt{3}} + \frac{π}{36} \log (2 + \sqrt{3}) + \frac{π^{2}}{12 \sqrt{3}} + \frac{π}{18} \log (2 + \sqrt{3}) \\ = \int_{0}^{1} \frac{t^{2} \log t}{t^{4} - t^{2} + 1} d t + \frac{π^{2}}{24 \sqrt{3}} + \frac{π}{12} \log (2 + \sqrt{3}) \\ = - \frac{2}{3} β (2) + \frac{π^{2}}{12 \sqrt{3}} + \frac{π^{2}}{24 \sqrt{3}} + \frac{π}{12} \log (2 + \sqrt{3}) \\ = \frac{π^{2}}{8 \sqrt{3}} - \frac{2}{3} β (2) + \frac{π}{12} \log (2 + \sqrt{3}) \end{aligned}$

フルヴィッツのゼータ函数の特殊値
$ζ (2, \frac{5}{12}) - ζ (2, \frac{11}{12})$
を求めると補題 $4$ を示せますが、ちょっとよくわかんなかったです。

$I_{7}$

$\int_{0}^{\infty} \frac{\log (1 + x)}{x^{4} - x^{2} + 1} d x = - \frac{π^{2}}{12 \sqrt{3}} + \frac{2}{3} β (2) + \frac{π}{6} \log (2 + \sqrt{3})$

とりあえず $t = \frac{1}{x}$ で置換すればいいお😎

(補題)
$\int_{0}^{1} \frac{x^{2} + 1}{x^{4} - x^{2} + 1} \log (1 + x) d x = \frac{π}{6} \log (2 + \sqrt{3})$
$\int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{x^{4} - x^{2} + 1} \log x d x = - \frac{2}{3} β (2) + \frac{π^{2}}{12 \sqrt{3}}$
証明略。
$\begin{aligned} I & = \int_{0}^{\infty} \frac{\log (1 + x)}{x^{4} - x^{2} + 1} d x \\ = (\int_{0}^{1} + \int_{1}^{\infty}) \frac{\log (1 + x)}{x^{4} - x^{2} + 1} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{x^{2} + 1}{x^{4} - x^{2} + 1} \log (1 + x) d x - \int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{x^{4} - x^{2} + 1} \log x d x \\ = \frac{π}{6} \log (2 + \sqrt{3}) + \frac{2}{3} β (2) + \frac{π^{2}}{12 \sqrt{3}} \end{aligned}$

過去のやつ使ったので短いですね。

$I_{8}$

$\int_{0}^{1} \frac{\log (1 - x^{2}) \log (1 + x^{2})}{1 + x^{2}} d x = \frac{π^{3}}{32} - 3 β (2) \log 2 + \frac{π}{2} \log^{2} 2$

分からん。

$I_{9}$

$\int_{0}^{\frac{π}{4}} \log (2 + \sqrt{1 - \tan^{2} x}) d x = \frac{7}{24} π \log 2 - \frac{1}{6} β (2) + \frac{π}{2} \log (1 + \sqrt{2}) - \frac{π}{3} \log (1 + \sqrt{3})$

$KBHM$ 氏のポストで解決しています。

ポスト

行間でかい🤨

$I_{10}$

$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin (x - \frac{1}{x})}{x + \frac{1}{x}} d x = \frac{π}{e^{2}}$

$NKS$ 氏の過去の記事に一般化がありました。

$NKS$ 氏のこちらの記事の命題 $6$ にて、 $t = 1$ とすればいい。

次の $I_{11}$ と同じ手法でできないかなと思ったんですが、なんかできなかったです。

$I_{11}$

$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{\cos (x - \frac{1}{x})}{{(x + \frac{1}{x})}^{2}} d x = \frac{π}{2 e^{2}}$

$I_{11}$ と同じ手法でできるかと思いましたが、なんかできなかったです。
積分 $bot$ で $3$ 月上旬から追加させている積分の $1$ つを用います。

(補題)
$\int_{0}^{\infty} f (x^{2}) d x = \int_{0}^{\infty} f ({(x - \frac{1}{x})}^{2}) d x$
$\int_{0}^{\infty} \frac{\cos a x}{x^{2} + 1} d x = \frac{π}{2} e^{- a}$
証明略。

補題にて $f (x) = \frac{\cos \sqrt{x}}{x + 4}$ とする。
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} f (x^{2}) d x & = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos x}{x^{2} + 4} \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 x}{x^{2} + 1} d x \\ = \frac{π}{4 e^{2}} \\ \int_{0}^{\infty} f ({(x - \frac{1}{x})}^{2}) d x & = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos (x - \frac{1}{x})}{{(x - \frac{1}{x})}^{2} + 4} d x \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos (x - \frac{1}{x})}{{(x + \frac{1}{x})}^{2}} d x \\ = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\cos (x - \frac{1}{x})}{{(x + \frac{1}{x})}^{2}} d x \end{aligned}$
両辺を $2$ 倍して、題意を得る。

これ補題 $1$ を介さずに留数定理使えたりするんですかね。
微分方程式で示したいですね。

$I_{12}$

$\int_{0}^{1} \frac{\log (1 - x) \log (1 - x^{4})}{x} d x = \frac{67}{32} ζ (3) - \frac{π}{2} β (2)$

$\log$ を分解できますね。

ポスト

母関数とポリログの特殊値でゴリ押してしまった😗
$level 4$ の多重 $L$ 値にできるらしいですが、あんま知らないです。

$I_{13}$

$\int_{0}^{\frac{π}{2}} x^{2} \sqrt{\tan x} d x = \frac{5}{48 \sqrt{2}} π^{3} + \frac{π^{2}}{4 \sqrt{2}} \log 2 - \frac{π}{4 \sqrt{2}} \log^{2} 2$

$KBHM$ 氏のポストで解決しています。

ポスト

$x^{n}$ だと、かなり複雑になりそうですね。

$I_{14}$

$\int_{0}^{\frac{π}{4}} arcsinh (\sin x) d x = β (2) - \frac{5}{8} {Cl}_{2} (\frac{π}{3})$

$Cl$ はクラウゼン関数です。塩素じゃないです。
${Cl}_{2} (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\sin (n x)}{n^{2}}$
分からん。
$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2}} \sum_{m = 0}^{n} \frac{β_{m}}{2^{m}} = \frac{5}{4 \sqrt{2}} {Cl}_{2} (\frac{π}{3})$
が示せたらいいんですが、どうやったら示せるんでしょうか。

$I_{15}$

$\int_{0}^{\frac{π}{2}} x \arcsin (\sin x - \cos x) d x = \frac{π^{3}}{96} + \frac{π}{8} \log^{2} 2$

分からん。

$I_{16}$

$\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{\log (x + y + 1)}{x y ((x + y + 1) (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + 1) - 1)} d x d y = \frac{7}{2} ζ (3)$

$KBHM$ 氏に教えてもらいました。

以下が成り立つ。
$(x + y + 1) (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + 1) - 1 = \frac{(1 + x) (1 + y) (x + y)}{x y}$
$x = s + t y = s - t$ と置換する。
ヤコビアンは、
$\begin{aligned} J & = (\begin{array}{c} \frac{\partial x}{\partial t} & \frac{\partial x}{\partial s} \\ \frac{\partial y}{\partial t} & \frac{\partial y}{\partial s} \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} 1 & 1 \\ - 1 & - 1 \end{array}) \\ | \det J | & = 2 \end{aligned}$
$\begin{aligned} I & = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{\log (x + y + 1)}{x y ((x + y + 1) (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + 1) - 1)} d x d y \\ = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{\log (1 + x + y)}{(1 + x) (1 + y) (x + y)} d x d y \\ = 2 \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{s} \frac{\log (1 + s)}{s (1 + s + t) (1 + s - t)} d s d t \\ = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\log {(1 + s)}^{2}}{s (s + 2)} d s \\ = 2 \int_{0}^{1} \frac{\log^{2} x}{1 - x^{2}} d x \\ = \frac{7}{2} ζ (3) \end{aligned}$

あんまよくわかってない。
ヤコビアンってトレビアンと似てますよね。

おわりに

示せていない $4$ つの積分も示したいですね。
正直、 $mathlog$ の記事書くとカクカクになりますね。

おしまい。

投稿日：5月15日

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16個の積分について

$16$ 個の積分について
$I_{1}$
$I_{2}$
$I_{3}$
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$I_{5}$
$I_{6}$
$I_{7}$
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おわりに

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