x^{m-1}/(1+x^n)の定積分とその周辺
$\frac{x^{m-1}}{1+x^n}$の定積分
次の積分の問題を考える.
$0< m< n$をみたす整数$m,n$に対して
\begin{align} I_{m,n} = \int_0^1 \frac{x^{m-1}}{1+x^n} dx \end{align}
を求めよ.
$I_{m,n}+I_{n-m,n}$の計算
$x= \dfrac{1}{t}$とおくと, $dx=\dfrac{-dt}{t^2}$より
\begin{align} I_{n-m,n} &= \int_0^1 \frac{x^{n-m-1}}{1+x^n} dx \\ &= \int_0^1 \frac{x^{-m-1}}{x^{-n}+1} dx \\ &= \int_\infty^1 \frac{t^{m+1}}{1+t^n} \frac{-dt}{t^2} \\ &= \int_1^\infty \frac{t^{m-1}}{1+t^n} dt. \end{align}
ゆえに
\begin{align} I_{m,n}+I_{n-m,n} &= \int_0^1 \frac{x^{m-1}}{1+x^n} dx + \int_1^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n} dx \\ &= \int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n} dx. \end{align}
この積分は, 以下のように, ベータ関数の特殊値に帰着させて求めることができる (留数定理を使って求める方法もある) .
$t=\dfrac{x^n}{1+x^n}$とおくと, $\dfrac{1}{t}=1+\dfrac{1}{x^n}$より$\dfrac{-dt}{t^2}=\dfrac{-ndx}{x^{n+1}}$.
したがって
\begin{align} I_{m,n}+I_{n-m,n} &= \int_0^\infty \frac{x^n}{1+x^n} x^m \frac{dx}{x^{n+1}} \\ &= \int_0^1 t \left(\frac{t}{1-t}\right)^{\frac{m}{n}} \frac{dt}{nt^2} \\ &= \frac{1}{n} \int_0^1 t^{\frac{m}{n}-1} {(1-t)}^{-\frac{m}{n}} dt \\ &= \frac{1}{n} \mathrm{B}\left( \frac{m}{n}, 1-\frac{m}{n} \right) \\ &= \frac{1}{n} \frac{\Gamma(\frac{m}{n})\Gamma(1-\frac{m}{n})}{\Gamma(1)} \\ &= \frac{\pi}{n\sin\frac{m\pi}{n}}. \tag{1}\label{1} \end{align}
$I_{m,n}-I_{n-m,n}$の計算
まず二つ補題を示す.
$P(x),Q(x)$を多項式とする. $Q(x)$が相異なる根$\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_n$を持ち, $\deg(P)< n$のとき
\begin{align} \frac{P(x)}{Q(x)} = \sum_{k=1}^n \frac{P(\alpha_k)}{Q'(\alpha_k)} \frac{1}{x-\alpha_k}. \end{align}
仮定より, $c_k$を定数として
\begin{align} \frac{P(x)}{Q(x)} = \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{x-\alpha_k} \end{align}
とおける (厳密には簡単な線型代数の議論が必要だが省略する) .
両辺に$x-\alpha_j$を掛けて$x\to\alpha_j$とすると
\begin{align} (\text{左辺}) &= \lim_{x\to\alpha_j} \left\{ (x-\alpha_j) \frac{P(x)}{Q(x)} \right\} \\ &= \lim_{x\to\alpha_j} \left\{ \frac{x-\alpha_j}{Q(x) - Q(\alpha_j)} P(x) \right\} \tag{$Q(\alpha_j)=0$より} \\ &= \frac{P(\alpha_j)}{Q'(\alpha_j)}. \end{align}
\begin{align} (\text{右辺}) &= \lim_{x\to\alpha_j} \left\{ (x-\alpha_j)\sum_{k=1}^n \frac{c_k}{x-\alpha_k} \right\} \\ &= \lim_{x\to\alpha_j} \left\{ c_j + \sum_{\substack{1\le k\le n\\ k\neq j}} c_k\frac{x-\alpha_j}{x-\alpha_k} \right\} \\ &= c_j. \end{align}
ゆえに, $c_j = \dfrac{P(\alpha_j)}{Q'(\alpha_j)}$であり, 求める等式が示された.
$n$を$2$以上の整数とする. また, $p,q$を整数とし, $p$は$n$の倍数でないとする.
このとき
\begin{align} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2kp+q)\pi}{n} = \sum_{k=1}^n \sin\frac{(2kp+q)\pi}{n} = 0. \end{align}
\begin{align} A = \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2kp+q)\pi}{n}, \quad B = \sum_{k=1}^n \sin\frac{(2kp+q)\pi}{n} \end{align}
とおく.
また, $\omega=e^{\frac{\pi i}{n}}$とおく. 仮定より$\omega^{2n}=1,\omega^{2p}\neq1$であることに注意する.
\begin{align} A + Bi &= \sum_{k=1}^n \left\{ \cos\frac{(2kp+q)\pi}{n} + i\sin\frac{(2kp+q)\pi}{n} \right\} \\ &= \sum_{k=1}^n \omega^{2kp+q} \\ &= \frac{\omega^{2p+q}(1-\omega^{2np})}{1-\omega^{2p}} \\ &= 0. \end{align}
$A,B$は実数だから, $A=B=0$.
$\omega=e^{\frac{\pi i}{n}}$とおくと, $\omega$は$1$の原始$2n$乗根だから, $\omega^1,\omega^3,\dots,\omega^{2n-1}$は相異なる$-1$の$n$乗根となる.
したがって
\begin{align}
x^n+1 = \prod_{k=1}^n (x-\omega^{2k-1}).
\end{align}
よって, 補題1より
\begin{align} \frac{x^{m-1} - x^{n-m-1}}{1+x^n} &= \sum_{k=1}^n \frac{\omega^{(2k-1)(m-1)} - \omega^{(2k-1)(n-m-1)}}{n \omega^{(2k-1)(n-1)}} \frac{1}{x-\omega^{2k-1}} \\ &= \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \left\{ -\omega^{(2k-1)m} - \omega^{-(2k-1)m} \right\} \frac{1}{x-\omega^{2k-1}} \\ &= -\frac{2}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \frac{1}{x-\omega^{2k-1}}. \end{align}
この等式の複素共役をとると
\begin{align} \frac{x^{m-1} - x^{n-m-1}}{1+x^n} = -\frac{2}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \frac{1}{x-\omega^{-2k+1}}. \end{align}
ゆえに
\begin{align} \frac{x^{m-1} - x^{n-m-1}}{1+x^n} &= -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \left( \frac{1}{x-\omega^{2k-1}} + \frac{1}{x-\omega^{-2k+1}} \right) \\ &= -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \frac{2x - \omega^{2k-1} - \omega^{-2k+1}}{x^2- \left( \omega^{2k-1}+\omega^{-2k+1} \right)x + 1} \\ &= -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \frac{2x - 2\cos\frac{(2k-1)\pi}{n}}{x^2- 2x\cos\frac{(2k-1)\pi}{n} + 1}. \\ \end{align}
したがって
\begin{align} I_{m,n}-I_{n-m,n} &= \int_0^1 \frac{x^{m-1} - x^{n-m-1}}{1+x^n} dx \\ &= -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \int_0^1 \frac{\left\{ x^2- 2x\cos\frac{(2k-1)\pi}{n} + 1 \right\}'}{x^2- 2x\cos\frac{(2k-1)\pi}{n} + 1} dx \\ &= -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \left[ \log(x^2- 2x\cos\frac{(2k-1)\pi}{n} + 1) \right]_0^1 \\ &= -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \log(2 - 2\cos\frac{(2k-1)\pi}{n}) \\ &= -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \log(2 - 2\left\{ 1-2\sin^2\frac{(2k-1)\pi}{2n} \right\}) \\ &= -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \log(4\sin^2\frac{(2k-1)\pi}{2n}) \\ &= -\frac{2}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \log(2\sin\frac{(2k-1)\pi}{2n}) \\ &= - \frac{2}{n}\sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \log\sin\frac{(2k-1)\pi}{2n} - \frac{2}{n}\log2 \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \\ &= -\frac{2}{n} \sum_{k=1}^n \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \log\sin\frac{(2k-1)\pi}{2n} \tag{補題2より} \\ &= -\frac{4}{n} \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \log\sin\frac{(2k-1)\pi}{2n}. \tag{2}\label{2} \end{align}
式\eqref{1},\eqref{2}と
\begin{align}
I_{m,n} = \frac{1}{2}(I_{m,n}+I_{n-m,n}) + \frac{1}{2}(I_{m,n}-I_{n-m,n})
\end{align}
より, 次が成り立つ.
$0< m< n$をみたす整数$m,n$に対して
\begin{align}
I_{m,n} = \int_0^1 \frac{x^{m-1}}{1+x^n} dx = \frac{\pi}{2n\sin\frac{m\pi}{n}} - \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \log\sin\frac{(2k-1)\pi}{2n}.
\end{align}
$\tan^{\frac{m}{n}} x$の定積分への応用
ヨビノリさんの 今週の積分#100
\begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan x} dx \end{align}
を一般化した次の問題を考える.
$|m|< n$をみたす整数$m,n$に対して
\begin{align} J_{m,n} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{\frac{m}{n}}{x} dx \end{align}
を求めよ.
$t=\tan^{\frac{1}{n}} x$とおくと, $t^n=\tan x$より
\begin{align} nt^{n-1}dt = \frac{dx}{\cos^2 x} = (1+\tan^2 x)dx = (1+t^{2n})dx. \end{align}
よって
\begin{align} J_{m,n} = \int_0^1 t^m \frac{nt^{n-1}}{1+t^{2n}}dt = n \int_0^1 \frac{t^{m+n-1}}{1+t^{2n}} dt = n I_{m+n,2n}. \end{align}
したがって, 定理3より次が成り立つ.
$|m|< n$をみたす整数$m,n$に対して
\begin{align} J_{m,n} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{\frac{m}{n}}{x} dx = \frac{\pi}{4\sin\frac{(m+n)\pi}{2n}} - \sum_{k=1}^{n} \cos\frac{(2k-1)(m+n)\pi}{2n} \log\sin\frac{(2k-1)\pi}{4n}. \end{align}
定理4で$m=\pm1,n=2$のとき
\begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan{x}} dx &= \frac{\pi}{4\sin\frac{3\pi}{4}} - \cos\frac{3\pi}{4}\log\sin\frac{\pi}{8} - \cos\frac{9\pi}{4}\log\sin\frac{3\pi}{8} \\ &= \frac{\pi}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}\log\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2} - \frac{1}{\sqrt{2}}\log\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2} \\ &= \frac{\pi}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}}\log(1+\sqrt{2}), \\ \int_0^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{\cot{x}} dx &= \frac{\pi}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}\log(1+\sqrt{2}). \end{align}
定理4で$m=\pm1,n=3$のとき
\begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sqrt[3]{\tan{x}} dx &= \frac{\pi}{4\sin\frac{2\pi}{3}} - \cos\frac{2\pi}{3}\log\sin\frac{\pi}{12} - \cos\frac{6\pi}{3}\log\sin\frac{3\pi}{12} - \cos\frac{10\pi}{3}\log\sin\frac{5\pi}{12} \\ &= \frac{\pi}{2\sqrt{3}} + \frac{1}{2}\log\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} - \log\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2}\log\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4} \\ &= \frac{\pi}{2\sqrt{3}} - \frac{1}{2}\log2, \\ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sqrt[3]{\cot{x}} dx &= \frac{\pi}{2\sqrt{3}} + \frac{1}{2}\log2. \end{align}
定理4で$m=\pm2,n=3$のとき
\begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sqrt[3]{\tan^2{x}} dx &= \frac{\pi}{4\sin\frac{5\pi}{6}} - \cos\frac{5\pi}{6}\log\sin\frac{\pi}{12} - \cos\frac{15\pi}{6}\log\sin\frac{3\pi}{12} - \cos\frac{25\pi}{6} \log\sin\frac{5\pi}{12} \\ &= \frac{\pi}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\log\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{2}\log\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4} \\ &= \frac{\pi}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\log{2} - \sqrt{3}\log(1+\sqrt{3}), \\ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sqrt[3]{\cot^2{x}} dx &= \frac{\pi}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}\log{2} + \sqrt{3}\log(1+\sqrt{3}). \end{align}
交代級数との関係
$\Re(a)>0$をみたす複素数$a$に対して
\begin{align} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{a+k} = \int_0^1 \frac{x^{a-1}}{1+x} dx. \end{align}
任意の整数$N\ge0$に対して
\begin{align} \sum_{k=0}^N \frac{(-1)^k}{a+k} &= \sum_{k=0}^N \left[(-1)^k \frac{x^{a+k}}{a+k}\right]_0^1 \tag{$\Re(a)>0$より, $x\to0$ のとき $x^{a+k}\to0$} \\ &= \sum_{k=0}^N \int_0^1 (-1)^k x^{a+k-1} dx \\ &= \int_0^1 \left\{ \sum_{k=0}^N (-1)^k x^{a+k-1} \right\} dx \\ &= \int_0^1 \frac{x^{a-1} \left\{ 1 - {(-x)}^{N+1} \right\}}{1-(-x)} dx \\ &= \int_0^1 \frac{x^{a-1} + {(-1)}^N x^{a+N}}{1+x} dx \\ &= \int_0^1 \frac{x^{a-1}}{1+x} dx + {(-1)}^N \int_0^1 \frac{x^{a+N}}{1+x} dx. \end{align}
ここで, 第二項について
\begin{align} \left| {(-1)}^N \int_0^1 \frac{x^{a+N}}{1+x} dx \right| &\le \left| {(-1)}^N \right| \int_0^1 \left| \frac{x^{a+N}}{1+x} \right| dx \\ &\le \int_0^1 \left| x^{a+N} \right| dx \\ &= \int_0^1 x^{\Re(a)+N} dx \\ &= \frac{1}{\Re(a)+N+1} \to 0 \quad (N\to\infty). \end{align}
したがって
\begin{align} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{a+k} = \lim_{N\to\infty} \sum_{k=0}^N \frac{(-1)^k}{a+k} = \int_0^1 \frac{x^{a-1}}{1+x} dx. \end{align}
$\Re(b),\Re\left(\dfrac{a}{b}\right)>0$をみたす複素数$a,b$に対して
\begin{align} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{a+kb} = \int_0^1 \frac{x^{a-1}}{1+x^b} dx. \end{align}
定理5より
\begin{align} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{a+kb} = \frac{1}{b} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{\frac{a}{b}+k} = \frac{1}{b} \int_0^1 \frac{x^{\frac{a}{b}-1}}{1+x} dx. \end{align}
ここで, $x=t^b$とおくと$dx=bt^{b-1}dt$.
また, $x\to0$のとき$t\to0$. したがって
\begin{align} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{a+kb} = \frac{1}{b} \int_0^1 \frac{t^{a-b}}{1+t^b} bt^{b-1}dt = \int_0^1 \frac{t^{a-1}}{1+t^b} dt. \end{align}
この系と定理3より, 次の系が成り立つ.
$0< m< n$をみたす整数$m,n$に対して
\begin{align} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{m+kn} = \frac{\pi}{2n\sin\frac{m\pi}{n}} - \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \cos\frac{(2k-1)m\pi}{n} \log\sin\frac{(2k-1)\pi}{2n}. \end{align}
定理5 系2で$m=1,n=2$とすると, Leibnizの公式
\begin{align} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots = \frac{\pi}{4} \end{align}
が得られる.
ディガンマ関数との関係
\begin{align} \psi(z) = \frac{d}{dz} \log\Gamma(z) = \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} \end{align}
で定義されるディガンマ関数について, 以下が成り立つ (証明は省略する) .
$0< m< n$をみたす整数$m,n$に対して
\begin{align} \psi\left(\frac{m}{n}\right) &= -\gamma - \log2n - \frac{\pi}{2}\cot\frac{m\pi}{n} + 2\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor} \cos\frac{2km\pi}{n} \log\sin\frac{k\pi}{n}. \end{align}
ここで, $\gamma$はEulerの定数である.
複素数$a,b\neq0$が$\dfrac{a}{b}\neq0,-1,-2,\dots$をみたすとき
\begin{align} \psi\left(\frac{a+b}{2b}\right) - \psi\left(\frac{a}{2b}\right) = 2b \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{a+bk}. \end{align}
定理3は定理5 系1と定理6,7からも導くことができる.
