とある定積分の一般化

はじめに

こんにちは、
いなばなつき さんの 天才置換を合理的に① の記事を読んでいるときに
$$ \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^3}dx=\frac{\ln2}{3}+\frac{\pi}{3\sqrt{3}} $$
を級数を用いて計算する方法を紹介していました。
そこで私は、これは一般の
$$ \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n}dx $$
に対しても応用できるのではないかと思い、やってみたら$n$が奇数の場合はうまくいったのでここにまとめようと思います。

この積分を解く

なぜ奇数の場合しかうまくいかないのか

これは少し式変形したら分かります。

この後、
$$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{nk+1}=-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{nk+1}}{nk+1} $$
が成りたつのが$n$が奇数の時のみであることが理由です。
偶数の場合でも何かアプローチはあるのかもしれませんが、元の記事の方法ではうまくいかなかったので今後は$n$を奇数として考えます。

計算

ここからはごりごり計算していくだけです。但し、$1$の原始$n$乗根のうち、$0$から$2\pi$の間で偏角が最も小さいものを$\zeta_n$と書くことにします。
$$\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n}dx=&-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{nk+1}}{nk+1}\\[5pt] =&-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k\left(1+\zeta_n^{n-1}\zeta_n^k+\zeta_n^{n-2}\zeta_n^{2k}+\cdots+\zeta_n\zeta_n^{k(n-1)}\right)}{k}\\[5pt] =&\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\zeta_n^{n-k}\ln(1+\zeta_n^k)\qquad\because\;\ln(1+x)=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}x^k\\[5pt] =&\frac{\ln{2}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\zeta_n^{k}\ln(1+\zeta_n^{n-k})+\zeta_n^{n-k}\ln(1+\zeta_n^{k})\\[5pt] =&\frac{\ln{2}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left(\cos{\frac{2k\pi}{n}}+i\sin{\frac{2k\pi}{n}}\right)\ln(1+\zeta_n^{n-k})+\left(\cos{\frac{2k\pi}{n}}-i\sin{\frac{2k\pi}{n}}\right)\ln(1+\zeta_n^{ k})\\[5pt] =&\frac{\ln{2}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\cos{\frac{2k\pi}{n}}\left(\ln(1+\zeta_n^{ k})+\ln(1+\zeta_n^{ n-k})\right)+i\sin{\frac{2k\pi}{n}}\left(\ln(1+\zeta_n^{n- k})-\ln(1+\zeta_n^{ k})\right)\\[5pt] =&\frac{\ln{2}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\cos{\frac{2k\pi}{n}}\ln(1+\zeta_n^{ k})\left(1+\zeta_n^{ k}\right)+i\sin{\frac{2k\pi}{n}}\ln\frac{1+\zeta_n^{n- k}}{1+\zeta_n^{ k}}\\[5pt] =&\frac{\ln{2}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\cos{\frac{2k\pi}{n}}\ln(2+\zeta_n^{ k}+\zeta_n^{ n-k})+i\sin{\frac{2k\pi}{n}}\ln\frac{1+\cos(2k\pi/n)-i\sin(2k\pi/n)}{1+\cos(2k\pi/n)+i\sin(2k\pi/n)}\\[5pt] =&\frac{\ln{2}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\cos{\frac{2k\pi}{n}}\ln(2+2\cos{{\frac{2k\pi}{n}}})+i\sin{\frac{2k\pi}{n}}\ln\frac{1-i\dfrac{\sin(k\pi/n)}{\cos(k\pi/n)}}{1+i\dfrac{\sin(k\pi/n)}{\cos(k\pi/n)}}\\[5pt] =&\frac{\ln{2}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\cos{\frac{2k\pi}{n}}\ln(\left(2\cos{{\frac{k\pi}{n}}}\right)^2)+i\sin{\frac{2k\pi}{n}}\ln\frac{1-i\tan(k\pi/n)}{1+i\tan(k\pi/n)}\\[5pt] =&\frac{\ln{2}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}2\cos{\frac{2k\pi}{n}}\ln(2\cos{{\frac{k\pi}{n}}})+2\sin{\frac{2k\pi}{n}}\arctan{\tan(k\pi/n)}\qquad\because\;\arctan{x}=\frac{i}{2}\ln\frac{1-ix}{1+ix}\\[5pt] =&\frac{\ln{2}}{n}+\frac{2}{n}\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\cos{\frac{2k\pi}{n}}\ln(2\cos{{\frac{k\pi}{n}}})+\frac{k\pi}{n}\sin{\frac{2k\pi}{n}}\\[5pt] \end{align}$$
こんな感じで求まりました。$n$が奇数のとき、下の公式が成り立ちます。

具体的な結果

$n=3$のとき

実際に公式1を使って積分を求めましょう。
$$ \sin{\frac{2}{3}\pi}=\frac{\sqrt{3}}{2},\quad\cos{\frac{\pi}{3}}=\frac{1}{2},\quad\cos\frac{2}{3}\pi=-\frac{1}{2} $$
であることに注意して、
$$\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^3}dx=&\frac{\ln2}{3}+\frac{2}{3}\sum_{k=1}^{1}\cos{\frac{2k\pi}{3}}\ln(2\cos\frac{k\pi}{3})+\frac{k\pi}{3}\sin{\frac{2k\pi}{3}}\\[5pt] =&\frac{\ln2}{3}-\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}\ln(2\cdot\frac{1}{2})+\frac{2}{3}\cdot\frac{\pi}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\\[5pt] =&\frac{\ln2}{3}+\frac{\pi}{3\sqrt{3}} \end{align}$$
きちんと求まっていますね。

$n=5$のとき

$$ \sin\frac{\pi}{5}=\sin\frac{4}{5}\pi=\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4},\quad\sin\frac{2}{5}\pi=\sin\frac{3}{5}\pi=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4} $$
$$ \cos\frac{\pi}{5}=-\cos\frac{4}{5}\pi=\frac{1+\sqrt{5}}{4},\quad\cos\frac{\pi}{5}=-\cos\frac{4}{5}\pi=\frac{-1+\sqrt{5}}{4} $$
に注意して、
同様に公式1に$n=5$を代入することで
$$\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^5}dx=&\frac{\ln2}{5}+\frac{2}{5}\sum_{k=1}^{2}\cos{\frac{2k\pi}{5}}\ln(2\cos\frac{k\pi}{5})+\frac{k\pi}{5}\sin{\frac{2k\pi}{5}}\\[5pt] =&\frac{\ln2}{5}+\frac{2}{5}\cos{\frac{2\pi}{5}}\ln(2\cos\frac{\pi}{5})+\frac{2}{5}\cdot\frac{\pi}{5}\sin{\frac{2\pi}{5}}+\frac{2}{5}\cos{\frac{4\pi}{5}}\ln(2\cos\frac{2\pi}{5})+\frac{2}{5}\cdot\frac{2\pi}{5}\sin{\frac{4\pi}{5}}\\[5pt] =&\frac{\ln2}{5}+\frac{2}{5}\cdot\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\ln(\frac{1+\sqrt{5}}{2})+\frac{2}{5}\cdot\frac{\pi}{5}\cdot\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}-\frac{2}{5}\cdot\frac{1+\sqrt{5}}{4}\ln(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})+\frac{2}{5}\cdot\frac{2\pi}{5}\cdot\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}\\[5pt] =&\frac{\ln2}{5}+\frac{1}{5}\left(\frac{1}{\phi}\ln{\phi}-\phi\ln{\frac{1}{\phi}}\right)+\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{50}\pi+\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{25}\pi\\[5pt] =&\frac{\ln2}{5}+\frac{\ln{\phi}}{\sqrt{5}}+\left(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{50}+\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{25}\right)\pi \end{align}$$
※$\phi$は黄金比です。
結構ごちゃっとしていますね。
これを部分分数分解で計算するのは大変そうです。
後半の二つの項の分母の値がずれているのがなんだか気持ち悪くみえますが、これは$\zeta_n$の偏角からきていたずれだと思うと納得がいきます。

$n=15$のとき

残念ながら、すべての奇数$n$について$\sin(\pi/n)$が簡単にかけるとは限らない（虚数が出てきてしまう場合がある）ので今回はなんとか式の中に虚数単位が出てこない$n=15$を計算して終わりにしましょう。
公式1に代入してひたすら式を整理するだけなのでそこまで難しいわけではありませんが、実はこの計算がなかなか大変なので、今回は結果だけを書きます。
$$ \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{15}}dx=\frac{\ln2}{15}\left(1-\sqrt{30+6\sqrt{5}}-\sqrt{30-6\sqrt{5}}\right)+\frac{2\ln\phi}{3\sqrt{5}}+\frac{\ln\phi}{30}\left(\sqrt{30+6\sqrt{5}}-\sqrt{30-6\sqrt{5}}\right)+\frac{\sqrt{30-6\sqrt{5}}}{30}\ln(\sqrt{30+6\sqrt{5}}-1+\sqrt{5})+\frac{\sqrt{30+6\sqrt{5}}}{30}\ln(\sqrt{30-6\sqrt{5}}+1+\sqrt{5})+\frac{\pi}{10\sqrt{3}}+\frac{\pi}{60}\left(\sqrt{10+2\sqrt{5}}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\right) $$
悪魔のようなやつですが、頑張れば求めることができます。
果たしてこれは部分分数分解で解けるのでしょうか？
暇な方は挑戦してみてもいいかもしれません（おすすめはしません）

おわりに

今回は応用のかけらもなさそうな結果になってしまいましたが
楽しんでいただけたでしょうか。

$n$が偶数の場合の一般化を見つけた人は是非教えてください。
それではまた。