(x^n)/tan(x)の定積分
こんにちは。最近人に与えられた平等な時間を大変持て余している愚か者です。暇だ、と外へ出ると花粉にこれでもかとフルボッコにされてしまうので困ったものです。生態系に影響を及ぼしていいから消えてもらいたいですね！さて、その話は置いておいて。今回は解説というより、タイトルの積分で少し遊ぼうというお話です。自分の力が足りずに$n$乗への一般化はできませんでした。のでお詫びとして$n=5$まで計算してみたのでよかったら見ていってください。
この記事を書いている人が一様収束などを理解していないため、交換してよいかの議論をすることができません。のでさらーっと入れ替えます。一応、$\overset{!}{=}$で知らせることにはします。
本日の主役
$\displaystyle{I(n)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^n}{\tan{x}}dx\quad n\in\mathbb{N}}$
ではこの$n$にいろいろ代入して遊びましょう！とその前に。実は毎回初手の操作は同じなので、そこまでは$n$で一般化してしまいましょう！
\begin{align*} I(n)&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^n}{\tan{x}}dx\\ &=\left[x^n\ln(\sin{x})\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-n\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{n-1}\ln(\sin{x})dx\\ &=-n\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{n-1}\ln\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}dx\\ &=n\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{n-1}\ln(2i)dx-n\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{n-1}\ln\left(e^{ix}-e^{-ix}\right)dx\\ &=\ln{2}\left[x^n\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-n\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{n-1}\ln\left(1-e^{-2ix}\right)dx\\ &=\frac{\pi^n}{2^n}\ln{2}-n\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{n-1}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\left(-e^{-2ix}\right)^k\\ &\overset{!}{=}\frac{\pi^n}{2^n}\ln{2}+n\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{n-1}\cos(2kx)dx \end{align*}
なんと、手の付け所がなさそうだった積分が、部分積分するだけで解ける簡単な積分に早変わりしましたね！これ以上は漸化式かなんかを立てないといけない気がします。が、自分は漸化式を知らないのでできません()
まあ、この公式？を使っていろんな値を代入して遊びましょう。
$n=1$
\begin{align*}I(1)&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x}{\tan{x}}dx\\ &=\frac{\pi}{2}\ln{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(2kx)dx\\ &=\frac{\pi}{2}\ln{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left[\frac{1}{2k}\sin(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\frac{\pi}{2}\ln{2} \end{align*}
$n=2$
\begin{align*}I(2)&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^2}{\tan{x}}dx\\ &=\frac{\pi^2}{4}\ln{2}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\cos(2kx)dx\\ &=\frac{\pi^2}{4}\ln{2}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left\{\left[\frac{1}{2k}x\sin(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{2k}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin(2kx)dx\right\}\\ &=\frac{\pi^2}{4}\ln{2}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\frac{1}{4k^2}\left[\cos(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\frac{\pi^2}{4}\ln{2}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^3}\left\{\cos(k\pi)-1\right\}\\ &=\frac{\pi^2}{4}\ln{2}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3}-\frac{1}{2}\zeta(3)\\ &=\frac{\pi^2}{4}\ln{2}-\frac{7}{8}\zeta(3) \end{align*}
$n=3$
\begin{align*}I(3)&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^3}{\tan{x}}dx\\ &=\frac{\pi^3}{8}\ln{2}+3\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos(2kx)dx\\ &=\frac{\pi^3}{8}\ln{2}+3\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left\{\left[\frac{1}{2k}x^2\sin(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{k}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin(2kx)dx\right\}\\ &=\frac{\pi^3}{8}\ln{2}+3\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left\{\frac{1}{k}\left[\frac{1}{2k}x\cos(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{4k^2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(2kx)\right\}\\ &=\frac{\pi^3}{8}\ln{2}+\frac{3}{4}\pi\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(k\pi)}{k^3}\\ &=\frac{\pi^3}{8}\ln{2}-\frac{9\pi}{16}\zeta(3) \end{align*}
$n=4$
\begin{align*}I(4)&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^4}{\tan{x}}dx\\ &=\frac{\pi^4}{16}\ln{2}+4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^3\cos(2kx)dx\\ &=\frac{\pi^4}{16}\ln{2}+4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left\{\left[\frac{1}{2k}x^3\sin(2kx)\right]-\frac{3}{2k}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^2\sin(2kx)dx\right\}\\ &=\frac{\pi^4}{16}\ln{2}+4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left\{\frac{3}{2k}\left[\frac{1}{2k}x^2\cos(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{3}{k^2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\cos(2kx)dx\right\}\\ &=\frac{\pi^4}{16}\ln{2}+4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left\{\frac{3}{16}\pi^2\frac{\cos(k\pi)}{k^2}-\frac{3}{k^2}\left[\frac{1}{2k}x\sin(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{3}{2k^3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin(2kx)dx\right\}\\ &=\frac{\pi^4}{16}\ln{2}+4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left\{\frac{3}{16}\pi^2\frac{\cos(k\pi)}{k^2}-\frac{3}{2k^3}\left[\frac{1}{2k}\cos(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\right\}\\ &=\frac{\pi^4}{16}\ln{2}+4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left\{\frac{3}{16}\pi^2\frac{\cos(k\pi)}{k^2}-\frac{3}{4}\frac{\cos(k\pi)}{k^4}+\frac{3}{4}\frac{1}{k^4}\right\}\\ &=\frac{\pi^4}{16}\ln{2}-\frac{3}{4}\pi^2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3}+3\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^5}+3\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^5}\\ &=\frac{\pi^4}{16}\ln{2}-\frac{9\pi^2}{16}\zeta(3)+\frac{93}{16}\zeta(5) \end{align*}
$n=5$
そろそろ部分積分の工程省略しちゃおうかな...^^\begin{align*}I(5)&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^5}{\tan{x}}dx\\ &=\frac{\pi^5}{32}\ln{2}+5\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^4\cos(2kx)dx\\ &=\frac{\pi^5}{32}\ln{2}+5\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\frac{\pi}{8k^4}\left\{\pi^2k^2(-1)^k-6(-1)^{k}\right\}\\ &=\frac{\pi^5}{32}\ln{2}-\frac{5}{8}\pi^3\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3}+\frac{15}{4}\pi\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^5}\\ &=\frac{\pi^5}{32}\ln{2}-\frac{15\pi^3}{32}\zeta(3)+\frac{225\pi}{64}\zeta(5) \end{align*}
$n$を大きくするごとに$\zeta$の中身が増えていくようですね。実際、$n=6$では$\zeta(7)$が答えに出てきます。今回の積分はあまりいい話がありませんでしたね...残念。本当のお遊び積分になってしまった。まあいいか。ほな、さいなら！
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