２日目

見た目が美しくない積分を作ったので紹介します。\begin{align} \int_{\pi/4}^{\pi/2}\frac {\cos^{2}(2\theta)} {\sin^{10}(\theta)\ln(\tan(\theta))}d\theta = 2\ln(\frac 5 3) \end{align}

Desmos上で数値的に計算したら、大体あってますね。Wolfram Alphaに投げても数値しか返さなかったので、厳密に正しいかは知りません。
一見すると、三角関数があるので、$t=\tan(\frac {\theta} 2)$で有理型関数に帰着できそうですが、分母の$\ln(\tan(\theta))$がそれを阻んでいます。かつて自分が残した殴り書きのメモを参照しながら、なるべくわかりやすく導出していきます。

$\ln(1+x)$の別表現

まず、$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac {t^{x}-1} {\ln(t)}dt = \ln(1+x)$であることを示します。
\begin{align} &I(x)=\int_{0}^{1}\frac {t^{x}-1} {\ln(t)}dtとします。 \newline &ライプニッツの積分法則(またはファインマンの手法)より、 \newline &\frac {dI} {dx} = \int_{0}^{1}\frac{ \partial }{ \partial x }(\frac {t^{x}-1} {\ln(t)})dt = \int_{0}^{1}\frac {t^{x}\ln(t)} {\ln(t)} dt = \int_{0}^{1}t^{x}dt\newline&=\frac 1 {x+1}\newline&よって、\newline &I'(x)= \frac {1} {x+1}\newline&ですから、両辺を積分して、\newline&I(x)=\ln(x+1)+C~~(Cは積分定数)\newline&ここで、x=0をI(x)に代入すると、\newline&I(0)=\int_{0}^{1}\frac {t^{0}-1} {\ln(t)}dt=\int_{0}^{1}\frac {1-1} {\ln(t)}dt= 0\newline&です。よって、先ほど導出した式にx=0を代入して、\newline& 0=\ln(0+1)+C \newline&\therefore C = 0 \end{align}
これで、$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac {t^{x}-1} {\ln(t)}dt = \ln(1+x)$が示されました。

さて、この積分について、$t=\frac 1 u$と置換し、$u$を$t$と置きなおすと、いろいろと計算して、
$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac {t^{x}-1} {t^{x+2}\ln(t)}dt = \ln(1+x)$となります。これで今回の定積分を導出するための道具は揃いました。

雑多な作業

ここから$J(x)=\displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac {t^{x}-1} {t^{x+2}\ln(t)}dt$と定義します。先ほど導出したことから、$J(x)=\ln(x+1)$です。また、$I(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}\frac {t^{x}-1} {\ln(t)}dt =\ln(x+1)$であるので、$I(x)=J(x)$です。
$I(x)にx=4$を代入して、$I(4)=\displaystyle\int_{0}^{1}\frac {t^{4}-1} {\ln(t)}dt=\ln(5)$です。これを$A$とします。
$\displaystyle A = \int_{0}^{1}\frac {(t-1)(t+1)(t^{2}+1)} {\ln(t)}dt$
$t=1-u$と置換し、$u$を$t$に置きなおします。

$\displaystyle = \int_{0}^{1}\frac {-t(2-t)(2-2t+t^{2})} {\ln(1-t)}dt$

$\displaystyle =-\int_{0}^{1}\frac {(t^{2}-2t)^{2}} {\ln(\frac 1 {1-t})}dt+2\int_{0}^{1}\frac {t(2-t)} {\ln(\frac 1 {1-t})}dt$
ここで、$\frac 1 {1-t} = u $と置換します。$dt=\frac {du} {u^{2}}$で、積分範囲は$t:0\rightarrow1$で$u:1\rightarrow\infty$です。

$\displaystyle = -\int_{1}^{\infty}\frac{\left(\left(1-\frac{1}{u}\right)^{2}-2\left(1-\frac{1}{u}\right)\right)^{2}}{\ln\left(u\right)}\cdot\frac{1}{u^{2}}du+2\int_{1}^{\infty}\frac{\left(1-\frac{1}{u}\right)\left(1+\frac{1}{u}\right)}{\ln\left(u\right)}\cdot\frac{1}{u^{2}}du$

$\displaystyle = -\int_{1}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{u^{2}}-1\right)^{2}}{u^{2}\ln\left(u\right)}du+2\int_{1}^{\infty}\frac{\left(1-\frac{1}{u^{2}}\right)}{u^{2}\ln\left(u\right)}du$

$ \displaystyle = -\int_{1}^{\infty}\frac{\left(u^{2}-1\right)^{2}}{u^{6}\ln\left(u\right)}du+2\int_{1}^{\infty}\frac{u^{2}-1}{u^{4}\ln\left(u\right)}du$
ここで、第2項めの$\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{u^{2}-1}{u^{4}\ln\left(u\right)}du$は、$J(x)$に$x=2$を入れたものに等しいです。よって、

$\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{u^{2}-1}{u^{4}\ln\left(u\right)}du=\ln(3)$

です。すなわち、

$\displaystyle A= -\int_{1}^{\infty}\frac{\left(u^{2}-1\right)^{2}}{u^{6}\ln\left(u\right)}du+2\ln(2)$

ですが、もともと$A=I(4)=\ln(5)$ですから、移項して、
$\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{\left(u^{2}-1\right)^{2}}{u^{6}\ln\left(u\right)}du=\ln\left(\frac{9}{5}\right)\cdots①$

が成り立ちます。これを$B$と名付けましょう。

次に、$\displaystyle I\left(8\right)=\int_{0}^{1}\frac{t^{8}-1}{\ln t}dt $を用意します。$C$と名付けます。$C=\ln(9)$です。
$\displaystyle C=\int_{0}^{1}\frac{\left(t^{4}+1\right)\left(t^{2}+1\right)\left(t+1\right)\left(t-1\right)}{\ln t}dt$
先ほどと同様に$t=1-u$と置換し、 $u$を$t$と置きなおして、
$\displaystyle = \int_{0}^{1}\frac{\left\{\left(1-t\right)^{4}+1\right\}\left(t^{2}-2t+2\right)\left(t^{2}-2t\right)}{\ln\left(1-t\right)}dt$
簡略化のために、$T=t^{2}-2t$とすると、
$\displaystyle = \int_{0}^{1}\frac{\left(T^{2}+2T+2\right)\left(T^{2}+2T\right)}{\ln\left(1-t\right)}dt$

$\displaystyle = \int_{0}^{1}\frac{\left(T^{2}+2T\right)^{2}+2\left(T^{2}+2T\right)}{\ln\left(1-t\right)}dt$

$\displaystyle = \int_{0}^{1}\frac{\left(t^{2}-2t\right)^{2}\left(t^{2}-2t+2\right)^{2}}{\ln\left(1-t\right)}dt+2\int_{0}^{1}\frac{\left(t^{2}-2t\right)^{2}}{\ln\left(1-t\right)}dt+4\int_{0}^{1}\frac{t^{2}-2t}{\ln\left(1-t\right)}dt$
左の積分から順に$C_1,C_2,C_3$とします。$C_1+2C_2+4C_3=C$です。それぞれの値を計算しましょう。

$ C_2$の計算

$\displaystyle C_{2}=\int_{0}^{1}\frac{\left(t^{2}-2t\right)^{2}}{\ln\left(1-t\right)}dt$
例にもれず、$\frac 1 {1-t} =u$と置換します。すると、
$\displaystyle = \int_{1}^{\infty}\frac{\left\{\left(1-\frac{1}{u}\right)^{2}-2\left(1-\frac{1}{u}\right)\right\}^{2}}{\ln\left(\frac{1}{u}\right)}\cdot\frac{1}{u^{2}}du $

=$\displaystyle \int_{1}^{\infty}-\frac{\left(1-\frac{1}{u}\right)^{2}\left(\left(1-\frac{1}{u}\right)-2\right)^{2}}{u^{2}\ln\left(u\right)}du$

=$\displaystyle \int_{1}^{\infty}-\frac{\left(1-\frac{1}{u}\right)^{2}\left(1+\frac{1}{u}\right)^{2}}{u^{2}\ln\left(u\right)}du = \int_{1}^{\infty}-\frac{\left(1-\frac{1}{u^{2}}\right)^{2}}{u^{2}\ln\left(u\right)}du$

$\displaystyle = -\int_{1}^{\infty}\frac{\left(u^{2}-1\right)^{2}}{u^{6}\ln\left(u\right)}du$
見覚えのある形が出てきましたね。これは先ほどの計算で導出した、$B$の符号が逆転したものです。すなわち、$C_2 = -B = -\ln(\frac 9 5)$です。

$C_3$の計算

ここまでくればあともう少しです。
$\displaystyle C_3 = \int_{0}^{1}\frac{t^{2}-2t}{\ln\left(1-t\right)}dt$を計算していきます。同様に、$\frac 1 {1-t} =u$と置換します。
$\displaystyle C_{3}=\int_{1}^{\infty}\frac{\left(1-\frac{1}{u}\right)^{2}-2\left(1-\frac{1}{u}\right)}{-\ln\left(u\right)}\cdot\frac{1}{u^{2}}du$

$\displaystyle =\int_{1}^{\infty}\frac{\left(1-\frac{1}{u}\right)\left(1-\frac{1}{u}-2\right)}{-u^{2}\ln\left(u\right)}du=\int_{1}^{\infty}\frac{\left(1-\frac{1}{u}\right)\left(1+\frac{1}{u}\right)}{u^{2}\ln\left(u\right)}du=\int_{1}^{\infty}\frac{\left(1-\frac{1}{u^{2}}\right)}{u^{2}\ln\left(u\right)}$

$\displaystyle = \int_{1}^{\infty}\frac{u^{2}-1}{u^{4}\ln\left(u\right)}$
となりますが、これは$J(x)$に$x=2$を代入したものに等しく、すなわち$C_3=J(2)=\ln(3)$です。

$C_1$の計算

計算というか、先ほど導出した者たちを使ってシンプルに表します。
$C=C_1 +2C_2 + 4C_3$でしたから、
$C_{1}=C-2C_{2}-4C_{3}$
$=\ln\left(9\right)-2\left(-\ln\left(\frac{9}{5}\right)\right)-4\left(\ln\left(3\right)\right)$
$=\ln\left(9\right)+2\ln\left(9\right)+2\ln\left(\frac{1}{5}\right)-2\ln\left(9\right)=2\ln\left(\frac{3}{5}\right)$
よって、
$\displaystyle C_{1}=\int_{0}^{1}\frac{\left(t^{2}-2t\right)^{2}\left(t^{2}-2t+2\right)^{2}}{\ln\left(1-t\right)}dt=2\ln\left(\frac{3}{5}\right)$です。
さて、勘のいい方は気づかれたかもしれませんが、これは冒頭に示した積分結果の符号が逆転したものです。つまり、この$C_1$を変形して、今回の積分を導出します。

クライマックス

$\displaystyle C_{1}=\int_{0}^{1}\frac{\left(t^{2}-2t\right)^{2}\left(t^{2}-2t+2\right)^{2}}{\ln\left(1-t\right)}dt$です。これもまた$\frac 1 {1-t} =u$と置換していきます。
$\displaystyle C_{1}=\int_{1}^{\infty}\frac{\left(\left(1-\frac{1}{u}\right)^{2}-2\left(1-\frac{1}{u}\right)\right)^{2}\left(\left(1-\frac{1}{u}\right)^{2}-2\left(1-\frac{1}{u}\right)+2\right)^{2}}{-\ln\left(u\right)}\cdot\frac{1}{u^{2}}du$

$\displaystyle =\int_{1}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{u^{2}}-1\right)^{2}\left(1+\frac{1}{u^{2}}\right)^{2}}{-u^{2}\ln\left(u\right)}du =\int_{1}^{\infty}\frac{\left(1-u^{2}\right)^{2}\left(1+u^{2}\right)^{2}}{-u^{10}\ln\left(u\right)}du$

$u=\tan(\theta)$と置換して、$du=\frac {d\theta} {\cos^2(\theta)}$で積分範囲は$u:1\rightarrow\infty$で$\theta:\frac {\pi} {4} \rightarrow \frac \pi 2$です。

$\displaystyle = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\left(\frac{\cos\left(2\theta\right)}{\cos^{2}\left(\theta\right)}\right)^{2}\left(\frac{1}{\cos^{2}\left(\theta\right)}\right)^{2}}{-\tan^{10}\left(\theta\right)\ln\left(\tan\left(\theta\right)\right)}\cdot\frac{1}{\cos^{2}\left(\theta\right)}d\theta$

$\displaystyle = -\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^{2}\left(2\theta\right)}{\sin^{10}\left(\theta\right)\ln\left(\tan\left(\theta\right)\right)}d\theta$
これは$C_1$で、$C_1=-2\ln(\frac 3 5)$でしたから、両辺のマイナスを打ち消して、

$\displaystyle \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^{2}\left(2\theta\right)}{\sin^{10}\left(\theta\right)\ln\left(\tan\left(\theta\right)\right)}d\theta=2\ln\left(\frac{5}{3}\right)$
が示せました。

最後に

今回の被積分関数の概形は、次のようになります。
青色の部分の面積が$2\ln(\frac 5 3)$になるというわけですね。先端が尖りすぎているわけでもなく、相手を傷つけずに無効化する護身用グッズにありそうな形です。肋骨の隙間とかに差し込んだら痛そうです。
今回の積分のポイントは、$x^{2n}-1$の因数分解と、同型出現でしょうか。このまま続けていっても更に複雑な積分は生み出せそうですが、計算量に打ちのめされそうなのでやめておきます。お疲れさまでした。