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Hadjicostasの公式

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はじめに

　この記事では
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{(- \log x y)^{s - 2}}{1 - x y} d x d y = Γ (s) ζ (s)$
をはじめとしたBeukers型の積分公式について簡単にまとめていきます。

Hadjicostasの公式

　Hurwitzのゼータ関数
$ζ (s, a) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n + a)^{s}}$
について、 $Re (s) > 1, a > 0$ において
$Γ (s) ζ (s, a) = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s - 1}}{1 - e^{- t}} e^{- a t} d t$
が成り立つ。

　変数変換 $t \mapsto (n + a) t$ によって
$Γ (s) = (n + a)^{s} \int_{0}^{\infty} t^{s - 1} e^{- (n + a) t} d t$
が成り立つので、この両辺に $1 / (n + a)^{s}$ を掛けて足し合わせることで
$Γ (s) ζ (s, a) = \int_{0}^{\infty} t^{s - 1} (\sum_{n = 0}^{\infty} e^{- (n + a) t}) d t = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s - 1}}{1 - e^{- t}} e^{- a t} d t$
を得る。

　 $Re (s) > 0, a, b > - 1$ において
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{(- \log x y)^{s - 1}}{1 - x y} x^{a} y^{b} d x d y = - Γ (s) \frac{ζ (s, a + 1) - ζ (s, b + 1)}{a - b}$
が成り立つ。特に $a = b$ のときは
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{(- \log x y)^{s - 1}}{1 - x y} x^{a} y^{a} d x d y = Γ (s + 1) ζ (s + 1, a + 1)$
が成り立つ。

　 $x$ について $x y \mapsto x$ と変数変換することで
$\begin{aligned} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{(- \log x y)^{s - 1}}{1 - x y} x^{a} y^{b} d x d y & = \int_{0}^{1} \int_{0}^{y} \frac{(- \log x)^{s - 1}}{1 - x} x^{a} y^{b - a - 1} d x d y \\ = \int_{0}^{1} \frac{(- \log x)^{s - 1}}{1 - x} x^{a} (\int_{x}^{1} y^{b - a - 1} d y) d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{(- \log x)^{s - 1}}{1 - x} x^{a} \frac{1 - x^{b - a}}{b - a} d x \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s - 1}}{1 - e^{- t}} \frac{e^{- a t} - e^{- b t}}{b - a} e^{- t} d t \end{aligned}$
が成り立ち、これは(メリン変換などの)一般論から $Re (s) > 0$ において収束し正則関数を定める。
　また補題1よりこれは $Re (s) > 1$ において
$- Γ (s) \frac{ζ (s, a + 1) - ζ (s, b + 1)}{a - b}$
に一致するので $Re (s) > 0$ においてもこれに等しいことがわかる。

Beukers-Hadjicostasの公式

　非負整数 $a, b$ に対し
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{(- \log x y)^{s - 1}}{1 - x y} x^{a} y^{b} d x d y = {\begin{cases} \frac{Γ (s)}{a - b} \sum_{k = b + 1}^{a} \frac{1}{k^{s}} & (a > b) \\ Γ (s + 1) \sum_{k = a + 1}^{\infty} \frac{1}{k^{s + 1}} & (a = b) \end{cases}$
が成り立つ。

$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{(- \log x y)^{s - 2}}{1 - x y} d x d y = Γ (s) ζ (s)$
が成り立つ。

Sondowの公式

　 $Re (s), a > 0$ において
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1 - x}{1 - x y} (x y)^{a - 1} (- \log x y)^{s - 2} d x d y = Γ (s) (ζ (s, a) - \frac{a^{- (s - 1)}}{s - 1})$
が成り立つ。

　この左辺は定理2と同様にして
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1 - x}{1 - x y} (x y)^{a - 1} (- \log x y)^{s - 2} d x d y = \int_{0}^{\infty} (\frac{1}{1 - e^{- t}} - \frac{1}{t}) t^{s - 1} e^{- a t} d t$
と変形でき、これは $Re (s) > 0$ において正則関数を定めることがわかる。
　またこれは $Re (s) > 1$ において
$Γ (s) (ζ (s, a) - \frac{a^{- (s - 1)}}{s - 1})$
に一致していたことから主張を得る。

　 $a > 0$ において
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1 - x}{(1 - x y) (- \log x y)} (x y)^{a - 1} d x d y = \log a - ψ (a)$
が成り立つ(ただし $ψ (s)$ はディガンマ関数とした)。

$lim_{s \to 1} \frac{1 - a^{- (s - 1)}}{s - 1} = \log a$
に注意すると
$lim_{s \to 1} (ζ (s, a) - \frac{1}{s - 1}) = - ψ (a)$
が成り立つことを示せばよい。
　これは
$\begin{aligned} lim_{s \to 1} (ζ (s, a) - \frac{1}{s - 1}) & = lim_{s \to 1^{+}} \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{(n + a)^{s}} - \int_{n + 1}^{n + 2} \frac{d x}{x^{s}}) \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n + a} - \int_{n + 1}^{n + 2} \frac{d x}{x}) \\ = lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{1}{n + a} - \log (N + 1)) \\ = - ψ (a) \end{aligned}$
とわかる。

Sondowの公式

　オイラー定数 $γ$ について
$γ = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1 - x}{(1 - x y) (- \log x y)} d x d y$
が成り立つ。

　 $ψ (1) = - γ$ からわかる。

一般化Hadjicostasの公式

　Lerchの超越関数(Lerch transcendent)
$Φ (z, s, a) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{z^{n}}{(n + a)^{s}} (a > 0)$
は

$| z | < 1$ ならば任意の $s$ において収束する。
$| z | = 1$ かつ $z \neq 1$ ならば $Re (s) > 0$ において収束する。
$z = 1$ ならば $Re (s) > 1$ において収束する。

　(i)は有名な収束判定法(ダランベールやコーシーなど)からわかる。
　(ii)は $z^{n}$ の部分和は
$| \sum_{n = 0}^{N} z^{n} | = | \frac{1 - z^{N + 1}}{1 - z} | \leq \frac{1 + | z |^{N + 1}}{| 1 - z |} \leq \frac{2}{| 1 - z |}$
と $N$ について有界なのでDirichlet級数の収束軸の公式などからわかる。
　(iii)は $Re (s) > 1$ において
$| \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n + a)^{s}} | < \frac{1}{a^{Re (s)}} + \int_{0}^{\infty} \frac{d x}{(x + a)^{Re (s)}} = \frac{1}{a^{Re (s)}} \frac{Re (s)}{1 - Re (s)}$
と評価できることからわかる。

　 $z = 1$ の場合については上で扱った通りなので、以下 $z \neq 1$ の場合としてよい。

　 $s, a > 0$ に対し
$Γ (s) Φ (z, s, a) = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s - 1}}{1 - z e^{- t}} e^{- a t} d t$
が成り立つ。

　補題1と同様にして
$Γ (s) Φ (z, s, a) = \int_{0}^{\infty} t^{s - 1} (\sum_{n = 0}^{\infty} z^{n} e^{- (n + a) t}) d t = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s - 1}}{1 - z e^{- t}} e^{- a t} d t$
とわかる。

　 $s, a, b > - 1$ に対し
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{(- \log x y)^{s - 1}}{1 - x y z} x^{a} y^{b} d x d y = - Γ (s) \frac{Φ (z, s, a + 1) - Φ (z, s, b + 1)}{a - b}$
が成り立つ。特に $a = b$ のときは
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{(- \log x y)^{s - 1}}{1 - x y z} x^{a} y^{a} d x d y = Γ (s + 1) Φ (z, s + 1, a + 1)$
が成り立つ。

　定理2と同様にしてわかる。

$\begin{aligned} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{(1 + x y) (- \log x y)} d x d y & = \log 2 \\ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{x}{(1 + x y) (- \log x y)} d x d y & = \log \frac{π}{2} \end{aligned}$
が成り立つ。

　Dirichletのイータ関数
$η (s) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n^{s}} = Φ (- 1, s, 1)$
について
$η (1) = \log 2, η^{'} (0) = \frac{1}{2} \log \frac{π}{2}$
が成り立つこと、および
$Φ (z, s, 2) = \frac{1}{z} (Φ (z, s, 1) - 1)$
に注意すると
$\begin{aligned} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{(1 + x y) (- \log x y)} d x d y & = Γ (1) Φ (- 1, 1, 1) = \log 2 \\ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{x}{(1 + x y) (- \log x y)} d x d y & = \frac{\partial}{\partial s} (Φ (- 1, s, 1) - Φ (- 1, s, 2)) |_{s = 0} \\ = 2 Φ_{s} (- 1, 0, 1) = \log \frac{π}{2} \end{aligned}$
を得る。

参考文献

[1]

P. Hadjicostas, Some Generalizations of Beukers’ Integrals, Kyungpook Mathematical Journal, 2002, pp. 399-416

[2]

R. Chapman, A proof of Hadjicostas's conjecture, arXiv, 2004

[3]

J. Guillera, J. Sondow, Double integrals and infinite products for some classical constants via analytic continuations of Lerch's transcendent, The Ramanujan Journal, 2008, pp. 247-270

投稿日：2024年7月27日