Gemini に解いてもらった積分
問題
\begin{align*} I=\int_0^\infty\frac{x^2\sin x}{1 + e^x}\,dx \end{align*}
とある機会で Gemini を使うことになり, Pro モードの賢さを試すために出題した問題です.
最初はわたしが解いたことのある積分を出題しようと思ったのですが, なぜか魔が差して最初からイジワルしてみようということで, かなり難しめ(わたし基準)な問題なっています.
解答
式の整形
まず, $\displaystyle\frac{1}{1 + e^x}=\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}$ を級数展開します.
\begin{align*}
I = \int_0^\infty x^2\sin x\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}e^{-nx}\,dx
\end{align*}
$\int$ と $\sum$ が交換できるなら,
\begin{align*} = \sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\int_0^\infty x^2e^{-nx}\sin x\,dx \end{align*}
となります. $f_n(x)=(-1)^{n-1}x^2e^{-nx}\sin x$ とおくと, $(-1)^{n-1}\sin x$ があるので $f_n(x) < 0$ となることがあります.
一方, $|(-1)^{n-1}\sin x|<1$ より,
\begin{align*}
\int_0^\infty |f_n(x)|\,dx &< \int_0^\infty |x^2e^{-nx}|\,dx\\
&=\frac{1}{n^2}\cdot\frac{1}{n}\int_0^\infty x^2e^{-x}\,dx\qquad\left(x\longmapsto\frac{x}{n}\right)\\
&=\frac{2!}{n^3}<\infty\qquad(n\geq1)
\end{align*}
となるので, フビニ・トネリの定理より, 交換後の式は交換前の式と等しくなります.
積分の計算
$t^2f(t)$ のラプラス変換 $\mathcal{L}[\cdot^2f](s)=\displaystyle\frac{d^2}{ds^2}F(s)$ より, 積分を次のように計算できます:
\begin{align*}
\int_0^\infty x^2e^{-nx}\sin x\,dx &= \int_0^\infty (x^2\sin x)e^{-nx}\,dx\\
&=\mathcal{L}[\cdot^2\sin](n)\\
&=\frac{d^2}{dn^2}\frac{1}{1 + n^2}\\
&=\frac{6n^2-2}{(1 + n^2)^3}
\end{align*}
よって,
\begin{align*}
\int_0^\infty\frac{x^2\sin x}{1 + e^x}\,dx=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}(6n^2-2)}{(1 + n^2)^3}.
\end{align*}
級数の計算
級数の計算には $\sinh$ の部分分数分解を利用します:
\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2 + a^2}=\frac{1}{2a^2} - \frac{\pi}{2a\sinh(\pi a)}
\end{align*}
両辺に対してそれぞれ$\displaystyle -2\frac{d}{da}-\frac{d^2}{da^2}$を計算し, $a=1$とすれば求めたい値が得られます.
(i) 左辺
\begin{align*}
\frac{d}{da}\frac{1}{a^2+n^2} &= -\frac{2a}{(a^2+n^2)^2}\\
\frac{d}{da}\frac{2a}{(a^2+n^2)^2} &= \frac{2n^2-6a^2}{(a^2+n^2)^3}\\
\left.\left(-2\frac{d}{da}-\frac{d^2}{da^2}\right)\frac{1}{n^2+a^2}\right|_{a=1}&=\frac{6n^2-2}{(1+n^2)^3}
\end{align*}
(ii) 右辺
\begin{align*}
\frac{d}{da}\frac{1}{2a^2} &= -\frac{1}{a^3}\\
-\frac{d}{da}\frac{1}{a^3} &= \frac{3}{a^4}\\
\frac{d}{da}\frac{1}{2a\sinh(\pi a)} &= -\frac{\sinh(\pi a)+\pi a\cosh(\pi a)}{2a^2\sinh^2(\pi a)}\\
-\frac{d}{da}\frac{\sinh(\pi a)+\pi a\cosh(\pi a)}{2a^2\sinh^2(\pi a)} &= \frac{2\sinh^2(\pi a)+2\pi a\sinh(\pi a)\cosh(\pi a)+2\pi^2a^2\cosh^2(\pi a)-\pi^2a^2\sinh^2(\pi a)}{2a^3\sinh^3(\pi a)}\\
\left.\left(-2\frac{d}{da}-\frac{d^2}{da^2}\right)\left(\frac{1}{2a^2}-\frac{1}{2a\sinh(\pi a)}\right)\right|_{a=1}&=-1+\frac{\pi^2(1+\cosh^2\pi)}{2\sinh^3\pi}
\end{align*}
地獄の微分ログ
\begin{align*} \frac{d}{da}\frac{1}{2a\sinh(\pi a)}&=\frac{(2a\sinh(\pi a))'}{4a^2\sinh^2(\pi a)}\\ &=-\frac{\sinh(\pi a)+\pi a\cosh(\pi a)}{2a^2\sinh^2(\pi a)}\\ &=:\frac{N(a)}{D(a)}. \end{align*}
二階微分.
\begin{align*} \frac{d}{da}\frac{N(a)}{D(a)}&=\frac{N'(a)D(a)-N(a)D'(a)}{D^2(a)}. \end{align*}
分母.
\begin{align*} D'(a)&=4a\sinh^2(\pi a)+2a^2\cdot2\sinh(\pi a)\cosh(\pi a)\cdot\pi\\ &=4a\sinh^2(\pi a)+4\pi a^2\sinh(\pi a)\cosh(\pi a). \end{align*}
分子.
\begin{align*} N'(a)&=-\cosh(\pi a)\cdot\pi-\pi\cosh(\pi a)-\pi a\sinh(\pi a)\cdot \pi\\ &=-2\pi\cosh(\pi a)-\pi^2a\sinh(\pi a). \end{align*}
二階微分の分子.
\begin{align*} N'(a)D(a)-N(a)D'(a)&=(-2\pi\cosh(\pi a)-\pi^2 a\sinh(\pi a))\cdot 2a^2\sinh^2(\pi a)\\ &\quad-(-\sinh(\pi a)-\pi a\cosh(\pi a))\cdot(4a\sinh^2(\pi a)+4 a^2\pi\sinh(\pi a)\cosh(\pi a))\\ &=-2\pi a^2\sinh^2(\pi a)(2\cosh(\pi a)+a\pi\sinh(\pi a))\\ &\quad+4a\sinh(\pi a)(\sinh(\pi a)+\pi a\cosh(\pi a))^2\\ &=4a\sinh^3(\pi a)+4\pi a^2\sinh^2\cosh(\pi a)\\ &\quad+4\pi^2 a^3\sinh(\pi a)\cosh^2(\pi a)\\ &\quad-2\pi^2 a^3\sinh^3(\pi a). \end{align*}
よって
\begin{align*} &\frac{N'(a)D(a)-N(a)D'(a)}{D^2(a)}\\ &=\frac{2\sinh^2(\pi a)+2\pi a\sinh(\pi a)\cosh(\pi a)+2\pi^2 a^2\cosh^2(\pi a)-\pi^2 a^2\sinh^2(\pi a)}{2a^3\sinh^3(\pi a)} \end{align*}
ここで
\begin{align*} -2\frac{d}{da}\frac{1}{2a\sinh(\pi a)}=\frac{2a\sinh^2(\pi a)+2\pi a^2\sinh(\pi a)\cosh(\pi a)}{2a^3\sinh^3(\pi a)}. \end{align*}
最後に,
\begin{align*} &\left(-2\frac{d}{da}-\frac{d^2}{da^2}\right)\frac{1}{2a\sinh(\pi a)}\\ &=\frac{2a\sinh^2(\pi a)+2\pi a^2\sinh(\pi a)\cosh(\pi a)-2\sinh^2(\pi a)-2a\pi\sinh(\pi a)\cosh(\pi a)-2\pi^2a^2\cosh^2(\pi a)+\pi^2a^2\sinh^2(\pi a)}{2a^3\sinh^3(\pi a)}. \end{align*}
$a=1$とすれば,
\begin{align*} &\left.\left(-2\frac{d}{da}-\frac{d^2}{da^2}\right)\frac{1}{2a\sinh(\pi a)}\right|_{a=1}\\ &=\frac{-2\pi^2\cosh^2\pi+\pi^2\sinh^2\pi}{2\sinh^3\pi}\\ &=-\frac{\pi^2(1+\cosh^2\pi)}{2\sinh^3\pi}. \end{align*}
まとめ
以上より,
おまけ
\begin{align*} \int_0^\infty\frac{x^2\sin x}{e^x - 1}\,dx=1-\pi^3\frac{\cosh\pi}{\sinh^3\pi} \end{align*}
略解
\begin{align*} \int_0^\infty\frac{x^2\sin x}{e^x - 1}\,dx=\sum_{n=1}^\infty\frac{6n^2 - 2}{(1 + n^2)^3} \end{align*}
今度はこの式
\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2 + a^2}=\frac{\pi a\coth(\pi a) - 1}{2a^2} \end{align*}
を使うでもいいですが, 簡単な方法を紹介します.
まずは部分分数分解します:
\begin{align*} \frac{6n^2 - 2}{(n^2 + 1)^3}=i\left(\frac{1}{(n + i)^3}-\frac{1}{(n - i)^3}\right) \end{align*}
なんと, きれいに分解できました.
ここからはポリガンマ関数
\begin{align*} \psi^{(m)}(z)=(-1)^{m + 1}m!\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k + z)^{m + 1}}\qquad(m\geq 1) \end{align*}
の $m=2$ の場合を利用します. 足し始め($n=1,\,k=0$)に注意し, 公式$\psi^{(2)}(1+z)=\psi^{(2)}(z)+\frac{2}{z^3}$を利用すると,
\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(k+z)^3}=-\frac{1}{2}\left(\psi^{(2)}(z)+\frac{2}{z^3}\right)=-\frac{1}{2}\psi^{(2)}(1+z) \end{align*}
がわかります. よって,
\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty i\left(\frac{1}{(n + i)^3} - \frac{1}{(n - i)^3}\right)&=-\frac{i}{2}\left(\psi^{(2)}(i) + \frac{2}{i^3} - \psi^{(2)}(1 - i)\right)\\ &=\frac{i}{2}\left(\psi^{(2)}(1 - i) - \psi^{(2)}(i) - 2i\right)\\ &=\frac{i}{2}\left(\pi\left.\frac{d^2}{dz^2}\cot(\pi z)\right|_{z=i} - 2i\right)\\ &=\frac{i}{2}\left(-\frac{2\pi^3\cosh\pi}{i\sinh^3\pi} - 2i\right)\\ &=1-\pi^3\frac{\cosh\pi}{\sinh^3\pi} \end{align*}
となり, 求めることができました.
補足
\begin{align*} \sin(\pi i)&=\frac{e^{-\pi}-e^\pi}{2i}=i\sinh\pi.\\ \cos(\pi i)&=\frac{e^{-\pi}+e^\pi}{2}=\cosh\pi. \end{align*}
最後に
こういう積分ももう AI で解けちゃうんですね. もちろん, これだけでなんでも解けるだろうとは思っていません.
しかし, まだまだなわたしにとっては十分有用だと思います.
また, 今回の記事の内容は念のためすべて検証しています. AI が吐いた内容をそのまま写している量産記事じゃないし, ハルシネーションもありません.
値の検証には Wolfram Alpha を用いた数値計算, 等しいと分かればすべての手順を追っています.
もう微分やりたくない.
