大学数学基礎解説

文献あり

x^{m-1}/(1+x^n)の定積分とその周辺

級数,積分,ディガンマ関数

$\frac{x^{m - 1}}{1 + x^{n}}$ 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

$\begin{array}{r} I_{m, n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{m - 1}}{1 + x^{n}} d x \end{array}$

を求めよ.

$I_{m, n} + I_{n - m, n}$ の計算

$x = \frac{1}{t}$ とおくと, $d x = \frac{- d t}{t^{2}}$ より

$\begin{aligned} I_{n - m, n} & = \int_{0}^{1} \frac{x^{n - m - 1}}{1 + x^{n}} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{x^{- m - 1}}{x^{- n} + 1} d x \\ = \int_{\infty}^{1} \frac{t^{m + 1}}{1 + t^{n}} \frac{- d t}{t^{2}} \\ = \int_{1}^{\infty} \frac{t^{m - 1}}{1 + t^{n}} d t . \end{aligned}$

ゆえに

$\begin{aligned} I_{m, n} + I_{n - m, n} & = \int_{0}^{1} \frac{x^{m - 1}}{1 + x^{n}} d x + \int_{1}^{\infty} \frac{x^{m - 1}}{1 + x^{n}} d x \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{m - 1}}{1 + x^{n}} d x . \end{aligned}$

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) .
$t = \frac{x^{n}}{1 + x^{n}}$ とおくと, $\frac{1}{t} = 1 + \frac{1}{x^{n}}$ より $\frac{- d t}{t^{2}} = \frac{- n d x}{x^{n + 1}}$ .
したがって

$\begin{aligned} I_{m, n} + I_{n - m, n} & = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{n}}{1 + x^{n}} x^{m} \frac{d x}{x^{n + 1}} \\ = \int_{0}^{1} t {(\frac{t}{1 - t})}^{\frac{m}{n}} \frac{d t}{n t^{2}} \\ = \frac{1}{n} \int_{0}^{1} t^{\frac{m}{n} - 1} {(1 - t)}^{- \frac{m}{n}} d t \\ = \frac{1}{n} B (\frac{m}{n}, 1 - \frac{m}{n}) \\ = \frac{1}{n} \frac{Γ (\frac{m}{n}) Γ (1 - \frac{m}{n})}{Γ (1)} \\ (1) & = \frac{π}{n \sin \frac{m π}{n}} . \end{aligned}$

$I_{m, n} - I_{n - m, n}$ の計算

まず二つ補題を示す.

部分分数分解

$P (x), Q (x)$ を多項式とする. $Q (x)$ が相異なる根 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ を持ち, $\deg (P) < n$ のとき

$\begin{array}{r} \frac{P (x)}{Q (x)} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{P (α_{k})}{Q^{'} (α_{k})} \frac{1}{x - α_{k}} . \end{array}$

仮定より, $c_{k}$ を定数として

$\begin{array}{r} \frac{P (x)}{Q (x)} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{c_{k}}{x - α_{k}} \end{array}$

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 $x - α_{j}$ を掛けて $x \to α_{j}$ とすると

$\begin{aligned} (左辺) & = lim_{x \to α_{j}} {(x - α_{j}) \frac{P (x)}{Q (x)}} \\ (Q (α_{j}) = 0 より) & = lim_{x \to α_{j}} {\frac{x - α_{j}}{Q (x) - Q (α_{j})} P (x)} \\ = \frac{P (α_{j})}{Q^{'} (α_{j})} . \end{aligned}$

$\begin{aligned} (右辺) & = lim_{x \to α_{j}} {(x - α_{j}) \sum_{k = 1}^{n} \frac{c_{k}}{x - α_{k}}} \\ = lim_{x \to α_{j}} {c_{j} + \sum_{\begin{array}{c} 1 \leq k \leq n \\ k \neq j \end{array}} c_{k} \frac{x - α_{j}}{x - α_{k}}} \\ = c_{j} . \end{aligned}$

ゆえに, $c_{j} = \frac{P (α_{j})}{Q^{'} (α_{j})}$ 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

$\begin{array}{r} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k p + q) π}{n} = \sum_{k = 1}^{n} \sin \frac{(2 k p + q) π}{n} = 0. \end{array}$

$\begin{array}{r} A = \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k p + q) π}{n}, B = \sum_{k = 1}^{n} \sin \frac{(2 k p + q) π}{n} \end{array}$

とおく.
また, $ω = e^{\frac{π i}{n}}$ とおく. 仮定より $ω^{2 n} = 1, ω^{2 p} \neq 1$ であることに注意する.

$\begin{aligned} A + B i & = \sum_{k = 1}^{n} {\cos \frac{(2 k p + q) π}{n} + i \sin \frac{(2 k p + q) π}{n}} \\ = \sum_{k = 1}^{n} ω^{2 k p + q} \\ = \frac{ω^{2 p + q} (1 - ω^{2 n p})}{1 - ω^{2 p}} \\ = 0. \end{aligned}$

$A, B$ は実数だから, $A = B = 0$ .

$ω = e^{\frac{π i}{n}}$ とおくと, $ω$ は $1$ の原始 $2 n$ 乗根だから, $ω^{1}, ω^{3}, \dots, ω^{2 n - 1}$ は相異なる $- 1$ の $n$ 乗根となる.

したがって
$\begin{array}{r} x^{n} + 1 = \prod_{k = 1}^{n} (x - ω^{2 k - 1}) . \end{array}$

よって, 補題1より

$\begin{aligned} \frac{x^{m - 1} - x^{n - m - 1}}{1 + x^{n}} & = \sum_{k = 1}^{n} \frac{ω^{(2 k - 1) (m - 1)} - ω^{(2 k - 1) (n - m - 1)}}{n ω^{(2 k - 1) (n - 1)}} \frac{1}{x - ω^{2 k - 1}} \\ = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} {- ω^{(2 k - 1) m} - ω^{- (2 k - 1) m}} \frac{1}{x - ω^{2 k - 1}} \\ = - \frac{2}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \frac{1}{x - ω^{2 k - 1}} . \end{aligned}$

この等式の複素共役をとると

$\begin{array}{r} \frac{x^{m - 1} - x^{n - m - 1}}{1 + x^{n}} = - \frac{2}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \frac{1}{x - ω^{- 2 k + 1}} . \end{array}$

ゆえに

$\begin{aligned} \frac{x^{m - 1} - x^{n - m - 1}}{1 + x^{n}} & = - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} (\frac{1}{x - ω^{2 k - 1}} + \frac{1}{x - ω^{- 2 k + 1}}) \\ = - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \frac{2 x - ω^{2 k - 1} - ω^{- 2 k + 1}}{x^{2} - (ω^{2 k - 1} + ω^{- 2 k + 1}) x + 1} \\ = - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \frac{2 x - 2 \cos \frac{(2 k - 1) π}{n}}{x^{2} - 2 x \cos \frac{(2 k - 1) π}{n} + 1} . \end{aligned}$

したがって

$\begin{aligned} I_{m, n} - I_{n - m, n} & = \int_{0}^{1} \frac{x^{m - 1} - x^{n - m - 1}}{1 + x^{n}} d x \\ = - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \int_{0}^{1} \frac{{x^{2} - 2 x \cos \frac{(2 k - 1) π}{n} + 1}^{'}}{x^{2} - 2 x \cos \frac{(2 k - 1) π}{n} + 1} d x \\ = - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} {[\log (x^{2} - 2 x \cos \frac{(2 k - 1) π}{n} + 1)]}_{0}^{1} \\ = - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \log (2 - 2 \cos \frac{(2 k - 1) π}{n}) \\ = - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \log (2 - 2 {1 - 2 \sin^{2} \frac{(2 k - 1) π}{2 n}}) \\ = - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \log (4 \sin^{2} \frac{(2 k - 1) π}{2 n}) \\ = - \frac{2}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \log (2 \sin \frac{(2 k - 1) π}{2 n}) \\ = - \frac{2}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \log \sin \frac{(2 k - 1) π}{2 n} - \frac{2}{n} \log 2 \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \\ (補題2より) & = - \frac{2}{n} \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \log \sin \frac{(2 k - 1) π}{2 n} \\ (2) & = - \frac{4}{n} \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{n}{2} ⌋} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \log \sin \frac{(2 k - 1) π}{2 n} . \end{aligned}$

式 $(1)$ , $(2)$ と
$\begin{array}{r} I_{m, n} = \frac{1}{2} (I_{m, n} + I_{n - m, n}) + \frac{1}{2} (I_{m, n} - I_{n - m, n}) \end{array}$
より, 次が成り立つ.

$0 < m < n$ をみたす整数 $m, n$ に対して
$\begin{array}{r} I_{m, n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{m - 1}}{1 + x^{n}} d x = \frac{π}{2 n \sin \frac{m π}{n}} - \frac{2}{n} \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{n}{2} ⌋} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \log \sin \frac{(2 k - 1) π}{2 n} . \end{array}$

$\tan^{\frac{m}{n}} x$ の定積分への応用

ヨビノリさんの今週の積分#100

$\begin{array}{r} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \sqrt{\tan x} d x \end{array}$

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

$\begin{array}{r} J_{m, n} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \tan^{\frac{m}{n}} x d x \end{array}$

を求めよ.

$t = \tan^{\frac{1}{n}} x$ とおくと, $t^{n} = \tan x$ より

$\begin{array}{r} n t^{n - 1} d t = \frac{d x}{\cos^{2} x} = (1 + \tan^{2} x) d x = (1 + t^{2 n}) d x . \end{array}$

よって

$\begin{array}{r} J_{m, n} = \int_{0}^{1} t^{m} \frac{n t^{n - 1}}{1 + t^{2 n}} d t = n \int_{0}^{1} \frac{t^{m + n - 1}}{1 + t^{2 n}} d t = n I_{m + n, 2 n} . \end{array}$

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

$\begin{array}{r} J_{m, n} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \tan^{\frac{m}{n}} x d x = \frac{π}{4 \sin \frac{(m + n) π}{2 n}} - \sum_{k = 1}^{n} \cos \frac{(2 k - 1) (m + n) π}{2 n} \log \sin \frac{(2 k - 1) π}{4 n} . \end{array}$

定理4で $m = \pm 1, n = 2$ のとき

$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \sqrt{\tan x} d x & = \frac{π}{4 \sin \frac{3 π}{4}} - \cos \frac{3 π}{4} \log \sin \frac{π}{8} - \cos \frac{9 π}{4} \log \sin \frac{3 π}{8} \\ = \frac{π}{2 \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} \log \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2} - \frac{1}{\sqrt{2}} \log \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2} \\ = \frac{π}{2 \sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \log (1 + \sqrt{2}), \\ \int_{0}^{\frac{π}{4}} \sqrt{\cot x} d x & = \frac{π}{2 \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} \log (1 + \sqrt{2}) . \end{aligned}$

定理4で $m = \pm 1, n = 3$ のとき

$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \sqrt[3]{\tan x} d x & = \frac{π}{4 \sin \frac{2 π}{3}} - \cos \frac{2 π}{3} \log \sin \frac{π}{12} - \cos \frac{6 π}{3} \log \sin \frac{3 π}{12} - \cos \frac{10 π}{3} \log \sin \frac{5 π}{12} \\ = \frac{π}{2 \sqrt{3}} + \frac{1}{2} \log \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} - \log \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2} \log \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} \\ = \frac{π}{2 \sqrt{3}} - \frac{1}{2} \log 2, \\ \int_{0}^{\frac{π}{4}} \sqrt[3]{\cot x} d x & = \frac{π}{2 \sqrt{3}} + \frac{1}{2} \log 2. \end{aligned}$

定理4で $m = \pm 2, n = 3$ のとき

$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \sqrt[3]{\tan^{2} x} d x & = \frac{π}{4 \sin \frac{5 π}{6}} - \cos \frac{5 π}{6} \log \sin \frac{π}{12} - \cos \frac{15 π}{6} \log \sin \frac{3 π}{12} - \cos \frac{25 π}{6} \log \sin \frac{5 π}{12} \\ = \frac{π}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \log \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{2} \log \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} \\ = \frac{π}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \log 2 - \sqrt{3} \log (1 + \sqrt{3}), \\ \int_{0}^{\frac{π}{4}} \sqrt[3]{\cot^{2} x} d x & = \frac{π}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \log 2 + \sqrt{3} \log (1 + \sqrt{3}) . \end{aligned}$

交代級数との関係

$Re (a) > 0$ をみたす複素数 $a$ に対して

$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{a + k} = \int_{0}^{1} \frac{x^{a - 1}}{1 + x} d x . \end{array}$

任意の整数 $N \geq 0$ に対して

$\begin{aligned} (Re (a) > 0 より, x \to 0 のとき x^{a + k} \to 0) & \sum_{k = 0}^{N} \frac{(- 1)^{k}}{a + k} & = \sum_{k = 0}^{N} {[(- 1)^{k} \frac{x^{a + k}}{a + k}]}_{0}^{1} \\ = \sum_{k = 0}^{N} \int_{0}^{1} (- 1)^{k} x^{a + k - 1} d x \\ = \int_{0}^{1} {\sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} x^{a + k - 1}} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{x^{a - 1} {1 - {(- x)}^{N + 1}}}{1 - (- x)} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{x^{a - 1} + {(- 1)}^{N} x^{a + N}}{1 + x} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{x^{a - 1}}{1 + x} d x + {(- 1)}^{N} \int_{0}^{1} \frac{x^{a + N}}{1 + x} d x . \end{aligned}$

ここで, 第二項について

$\begin{aligned} | {(- 1)}^{N} \int_{0}^{1} \frac{x^{a + N}}{1 + x} d x | & \leq | {(- 1)}^{N} | \int_{0}^{1} | \frac{x^{a + N}}{1 + x} | d x \\ \leq \int_{0}^{1} | x^{a + N} | d x \\ = \int_{0}^{1} x^{Re (a) + N} d x \\ = \frac{1}{Re (a) + N + 1} \to 0 (N \to \infty) . \end{aligned}$

したがって

$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{a + k} = lim_{N \to \infty} \sum_{k = 0}^{N} \frac{(- 1)^{k}}{a + k} = \int_{0}^{1} \frac{x^{a - 1}}{1 + x} d x . \end{array}$

$Re (b), Re (\frac{a}{b}) > 0$ をみたす複素数 $a, b$ に対して

$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{a + k b} = \int_{0}^{1} \frac{x^{a - 1}}{1 + x^{b}} d x . \end{array}$

定理5より

$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{a + k b} = \frac{1}{b} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{\frac{a}{b} + k} = \frac{1}{b} \int_{0}^{1} \frac{x^{\frac{a}{b} - 1}}{1 + x} d x . \end{array}$

ここで, $x = t^{b}$ とおくと $d x = b t^{b - 1} d t$ .
また, $x \to 0$ のとき $t \to 0$ . したがって

$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{a + k b} = \frac{1}{b} \int_{0}^{1} \frac{t^{a - b}}{1 + t^{b}} b t^{b - 1} d t = \int_{0}^{1} \frac{t^{a - 1}}{1 + t^{b}} d t . \end{array}$

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

$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{m + k n} = \frac{π}{2 n \sin \frac{m π}{n}} - \frac{2}{n} \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{n}{2} ⌋} \cos \frac{(2 k - 1) m π}{n} \log \sin \frac{(2 k - 1) π}{2 n} . \end{array}$

定理5 系2で $m = 1, n = 2$ とすると, Leibnizの公式

$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{2 k + 1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots = \frac{π}{4} \end{array}$

が得られる.

ディガンマ関数との関係

$\begin{array}{r} ψ (z) = \frac{d}{d z} \log Γ (z) = \frac{Γ^{'} (z)}{Γ (z)} \end{array}$

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) .

Gaussのディガンマ定理

$0 < m < n$ をみたす整数 $m, n$ に対して

$\begin{aligned} ψ (\frac{m}{n}) & = - γ - \log 2 n - \frac{π}{2} \cot \frac{m π}{n} + 2 \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{n - 1}{2} ⌋} \cos \frac{2 k m π}{n} \log \sin \frac{k π}{n} . \end{aligned}$