バーゼル問題の証明とあの有名積分の計算がたった二つの積分の計算から出てきました…

はじめに

　最近大量の数式（主に積分や級数等）が載っている本を読んで、それを証明するのにはまっているのですが、そこでタイトルに書いたような結果が得られたので紹介したいと思います。

　有名積分と書きましたが、私は積分歴はまだ浅い者なので、全然有名じゃないかもしれませんし、有名というまでもないくらいに簡単な積分かもしれませんが悪しからず。

　今回証明するのは以下の等式たちです。

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{\sin x} dx= 2 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}. $$
$$ \zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}= \frac{3}{4}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi ^2}{6}. $$
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \cot x dx = - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\sin x) = \frac{\ln 2}{2} \pi. $$

このうち真ん中の$\zeta(2)$を求める問題がいわゆるバーゼル問題というやつですね。

　この数式たちが、以下の二つの積分の計算をすることによって簡単に（？）証明できる、というのがこの記事の内容になります。

$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\left( \frac{1}{1 + e^{ix}} + \frac{1}{1 - e^{ix}}\right) dx. $$
$$ J = \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\left( \frac{1}{1 + e^{ix}} - \frac{1}{1 - e^{ix}}\right) dx. $$

それでは計算していきましょう。

れっつ計算

$I$も$J$もやり方は同じです。

$$ \frac{x}{1 + e^{ix}} = x - xe^{ix} + xe^{2ix} + \cdots. $$
および
$$ \frac{x}{1 - e^{ix}} = x + xe^{ix} + xe^{2ix} + \cdots. $$
なので,

$$ I = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}}2xe^{2nxi}dx. $$
$$ J = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}}-2xe^{(2n + 1)xi}dx. $$

次に$n \ne 0$として
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}}x e^{inx} dx = \left[ x \frac{e^{inx}}{in} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{e^{inx}}{in} dx = \frac{i^n \pi}{2ni} + \frac{i^n}{n^2} - \frac{1}{n^2}. $$

これを用いると、

$$ \begin{align} I &= \frac{\pi ^2}{4} + 2\sum_{n = 1}^{\infty} \left( \frac{(-1)^n \pi}{4ni} + \frac{(-1)^n}{4n^2} - \frac{1}{4n^2} \right)\\ &=\frac{\pi ^2}{4} + \frac{\pi i}{2}\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} -\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n -1)^2} \\ &=\frac{\pi ^2}{4} + \frac{\pi i}{2} \ln2 - \frac{3}{4} \zeta(2). \end{align} $$
同様にして$J$も計算できます.

$$ \begin{align} J &= -2 \sum_{n = 0}^{\infty} \left(\frac{(-1)^n \pi}{2(2n +1)} + \frac{(-1)^n i}{(2n+1)^2} - \frac{1}{(2n+1)^2} \right)\\ & = -\pi \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{(2n +1)} -2i \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{(2n +1)^2} +2 \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{(2n +1)^2}\\ &= - \frac{\pi ^2}{4} -2i \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{(2n +1)^2} + \frac{3}{2} \zeta(2). \end{align} $$

今回最も大事な（だと思う）変形

$I$と$J$の値が分かりましたが、冒頭の結果はここからどのように導かれるのでしょうか？

それは以下の簡単な同値変形により分かります。

$$ \frac{1}{1 + e^{ix}} = \frac{1 + e^{-ix}}{|1 + e^{ix}|^2} = \frac{1 + \cos x - i \sin x}{2 + 2 \cos x} = \frac{1}{2} - \frac{i}{2} \left( \frac{1}{\sin x} - \cot x\right) $$

$$ \frac{1}{1 - e^{ix}} = \frac{1 - e^{-ix}}{|1 - e^{ix}|^2} = \frac{1 - \cos x + i \sin x}{2 - 2 \cos x} = \frac{1}{2} + \frac{i}{2} \left( \frac{1}{\sin x} + \cot x\right) $$

つまり
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} x \left( 1+ i \cot x \right) dx, J = -i\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{\sin x} dx. $$
だったわけですね。

あとは前の評価と見比べて実部と虚部を比較すれば,

$$ \frac{\pi ^2}{8} = \frac{\pi ^2}{4} - \frac{3}{4} \zeta(2) $$
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \cot x dx = \frac{\pi}{2} \ln2 $$
$$ 0 = - \frac{\pi ^2}{4} + \frac{3}{2} \zeta(2). $$
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x}{\sin x} dx =2\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{(2n +1)^2} $$
等が得られます。（$I,J$の実部虚部を見たから系4本の式が得られますね。）

あとはもう冒頭の結果はすぐに出るでしょう。