Op.5-1(級数・積分botの積分)

$$ B(x,y)=\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt$$
において,$t=\dfrac{u}{u+1}$と置換すれば,
$$ B(x,y)=\int_{0}^{\infty}{\left(\dfrac{u}{u+1}\right)}^{x-1}\left(\dfrac{1}{u+1}\right)^{y-1}\cdot \dfrac{du}{(u+1)^2}$$
$$ B(x,y)=\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{x-1}}{(u+1)^{x+y}}du$$

左辺は$\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$から,$z\Gamma(z)\Gamma(1-z)$となり,ガンマ関数の相反公式から与式を得る.

$e^{iz}=\cos{z}+i\sin{z}$と, $e^{-iz}=\cos{(-z)}+i\sin{(-z)}=\cos{z}-i\sin{z}$の差を取れば.
$$ e^{iz}-e^{-iz}=2i\sin{z} $$
よって,
$$ \sin{z}=\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$$
$z=is$とする.
$$ \sin{is}=\dfrac{e^{-s}-e^{s}}{2i}=-\dfrac{1}{i}\sinh{s}=i\sinh{s}$$
よって示された.

$$ I=\int_{0}^{1}\frac{x}{\tanh^{-1}{x}}dx$$
は次と等しく,
$$ I= 2\int_{0}^{1}\frac{x}{\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}dx$$
$\dfrac{1+x}{1-x}=t$と置換すると　$x=\dfrac{t-1}{t+1}$で, $dx=\dfrac{dt}{(t+1)^2}$より,
$$ I=4\int_{1}^{\infty}\frac{\frac{t-1}{t+1}}{(t+1)^2\ln{t}}dt=4\int_{1}^{\infty}\frac{t-1}{(t+1)^3\ln{t}}dt$$
さらに,ここから$t=\dfrac{1}{u}$と置換すれば,
$$ I=4\int_{1}^{0}\frac{\frac{1}{u}-1}{\left(\frac{1}{u}+1\right)^3\ln{\left(\frac{1}{u}\right)}}\left(-\dfrac{du}{u^2}\right)=4\int_{0}^{1}\frac{u-1}{(u+1)^3\ln{u}}du$$
$$ I=4\int_{0}^{1}\frac{u-1}{(u+1)^3\ln{u}}du=4\int_{1}^{\infty}\frac{t-1}{(t+1)^3\ln{t}}dt$$
であるから,二つを足し,$2$で割ると,
$$ I=2\int_{0}^{\infty}\frac{x-1}{(x+1)^3\ln{x}}dx$$
を得る.ここで収束因子を導入する.十分に小さな正の実数$\epsilon$を用いて,($i$は虚数単位)
$$ \int_{0}^{\infty}e^{-(\epsilon+i\ln{x})s}ds=\dfrac{1}{\epsilon+i\ln{x}}$$
とできる.ただし,極限は後に取るものとして定義した.
$$ I=2i\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{x-1}{(x+1)^3}e^{-\epsilon s}x^{-is}dsdx$$
$$ \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\Biggl|\frac{x-1}{(x+1)^3}e^{-\epsilon s}x^{-is})\Biggl|dsdx=\Biggl(\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}ds\Biggl)\Biggl(\int_{0}^{\infty}\dfrac{|x-1|}{(x+1)^3}dx\Biggl)<\infty$$
であるため,積分と積分の順序を交換することができる.
$$ I=2i\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}\int_{0}^{\infty}\frac{x-1}{(x+1)^3}x^{-is}dxds$$
$$ I=2i\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{1-is}}{(x+1)^3}-\frac{x^{-is}}{(x+1)^3}dxds$$
補題$1$より,
$$ I=2i\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}(B(2-is,1+is)-B(1-is,2+is))ds$$
$B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$より,
$$ I=2i\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}\left(\dfrac{\Gamma(2-is)\Gamma(1+is)}{\Gamma(3)}-\dfrac{\Gamma(1-is)\Gamma(2+is)}{\Gamma(3)}\right)ds$$
$\Gamma(3)=2$より,
$$ I=i\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}\left({\Gamma(2-is)\Gamma(1+is)}-{\Gamma(1-is)\Gamma(2+is)}\right)ds$$
$$ I=i\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}\{{(1-is)\Gamma(1-is)\Gamma(1+is)}-{(1+is)\Gamma(1-is)\Gamma(1+is)}\}ds$$
$$ I=i\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}\{-2is\Gamma(1-is)\Gamma(1+is)\}ds$$
$$ I=2\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}\{s\Gamma(1-is)\Gamma(1+is)\}ds$$
補題$2$から,
$$ I=2\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}\dfrac{\pi i s^2}{\sin{\pi is}}ds$$
補題3より,
$$ I=2\pi\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{0}^{\infty}e^{-\epsilon s}\dfrac{s^2}{\sinh{\pi s}}ds$$
$$ I=2\pi\int_{0}^{\infty}\dfrac{s^2}{\sinh{\pi s}}ds$$
$\pi s=x$と置換する.
$$ I=\dfrac{2}{\pi^2}\int_{0}^{\infty}\dfrac{x^2}{\sinh{x}}dx$$

$$ I=\dfrac{2}{\pi^2}\int_0^\infty \frac{2x^{2}}{e^x-e^{-x}} dx=\dfrac{2}{\pi^2}\int_0^\infty \frac{2x^{2}e^{-x}}{1-e^{-2x}} dx$$
$$I=\dfrac{4}{\pi^2}\lim_{r\to\infty}\int_0^r \sum_{n=0}^{\infty}{x^{2}e^{-(2n+1)x}} dx$$
$x\in(\delta,r]\, (0<\delta,r)$で被積分関数の有限和のものは一様収束するので,
$$I=\dfrac{4}{\pi^2}\lim_{r\to\infty}\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^r {x^{2}e^{-(2n+1)x}}dx$$

$(2n+1)x=t$と置換すると,
$$I=\dfrac{4}{\pi^2}\lim_{r\to\infty}\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^{(2n+1)r}\dfrac{t^{2}e^{-t}}{(2n+1)^{2}} \dfrac{dt}{(2n+1)}$$
$$ I=\dfrac{4}{\pi^2}\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^{3}} \lim_{r\to\infty}\int_0^{(2n+1)r} {t^{2}e^{-t}}dt$$
$$I=\dfrac{4}{\pi^2}\Gamma(3)\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^{3}}$$
$$\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^{3}}=\left(1-\dfrac{1}{2^3}\right)\zeta(3)$$であるから,
$$I=\dfrac{7\zeta(3)}{\pi^2}$$
を得る.