Xでみた積分：Integrate[exp(sqrt(x)f(x))sin(sqrt(x)*f(1-x)),{x,0,1}]=πe/4

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Ⅹに投稿された以下の積分について考えました。

定理１. $β_{n}^{} = 2^{- 2 n} (\binom{2 n}{n}), f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} β_{n}^{2} x^{n}$ とするとき

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} \exp (\sqrt{x} f (x)) \sin (\sqrt{x} f (1 - x)) d x = \frac{π e}{4} . \end{array}

$f (z)$ は複素平面上で $[1, \infty)$ 上に分岐截線をもち，それ以外を除く領域で正則です。よって， $F (z) = \frac{\exp (α f (z))}{z^{2}} (α \in R)$ は複素平面上で $z = 0$ に孤立特異点， $[1, \infty)$ 上に分岐截線をもち，それ以外の領域で正則です。 $F (z)$ の偏角を $[0, 2 π)$ で定義します。
原点を中心とした半径 $R ≫ 1$ の円と $z = 1$ を中心とした半径 $r ≪ 1$ の円，さらに分岐截線に沿って円どうしをつなぐ２本の直線からなる閉経路 $D$ で複素積分します。すなわち，

\begin{array}{r} \int_{D} F (z) d z = \int_{Γ_{1}} F (z) d z + \int_{Γ_{2}} F (z) d z + \int_{Γ_{3}} F (z) d z + \int_{Γ_{4}} F (z) d z = 2 π i \underset{z = 0}{R e s} F (z) \end{array}

\begin{array}{r} Γ_{1} : 大円, Γ_{2} : (R - 0 i, 0 - 0 i) \to (1 + r - 0 i, 0 - 0 i), Γ_{3} : 小円, Γ_{4} : (1 + r + 0 i, 0 + 0 i) \to (R + 0 i, 0 + 0 i) \end{array}

となると思います。

\begin{aligned} | \int_{Γ_{1}} F (z) d z | & = | \int_{0}^{2 π} F (R e^{i θ}) i R e^{i θ} d θ | \\ \leq \frac{1}{R} | \int_{0}^{2 π} \exp (α f (R e^{i θ})) d θ | \\ = \frac{1}{R} \times (有 限 の 値) \\ \to 0 (R \to \infty) \end{aligned}

\begin{aligned} | \int_{Γ_{3}} F (z) d z | & = | \int_{0}^{2 π} F (1 + r e^{i θ}) i r e^{i θ} d θ | \\ \leq \frac{r}{(1 - r)^{2}} | \int_{0}^{2 π} \exp (α f (1 + r e^{i θ})) d θ | \\ \to 0 (r \to 0) \dots (★) \end{aligned}

\begin{aligned} \int_{Γ_{2}} F (z) d z + \int_{Γ_{3}} F (z) d z & = \int_{R - 0 i}^{1 + r - 0 i} F (x) d x + \int_{1 + r + 0 i}^{R + 0 i} F (x) d x \\ = - \int_{1 + r}^{R} F (x - 0 i) d x + \int_{1 + r}^{R} F (x + 0 i) d x \\ \to \int_{1}^{\infty} (F (x + 0 i) - F (x - 0 i)) d x \\ = \int_{0}^{1} (\exp (α f (\frac{1}{x} + 0 i)) - \exp (α f (\frac{1}{x} - 0 i))) d x \\ = \int_{0}^{1} (\exp (α \sqrt{x} (f (x) + i f (1 - x))) - \exp (α \sqrt{x} (f (x) - i f (1 - x)))) d x \dots (★ ★) \\ = 2 i \int_{0}^{1} \exp (α \sqrt{x} f (x)) \sin (α \sqrt{x} f (1 - x)) d x \end{aligned}

$(★) :$ $z \to 1^{-}$ で $f (z) \sim \frac{1}{2} \log \frac{1}{1 - z}$
$(★ ★) :$ $\frac{1}{x} + a i = \frac{1 + a^{2} x^{2}}{x (1 - a x i)}$ であり， $f (\frac{1}{z}) = {\begin{cases} \sqrt{z} (f (z) - i f (1 - z)) & (I z > 0) \\ \sqrt{z} (f (z) + i f (1 - z)) & (I z < 0) \end{cases}$

また，WolframAlpha より $\underset{z = 0}{R e s} F (z) = \frac{α e^{α}}{4} .$
以上より，

定理１´.

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} \exp (α \sqrt{x} f (x)) \sin (α \sqrt{x} f (1 - x)) d x = \frac{π α e^{α}}{4} \end{array}

となりました。一般に，非負整数 $n$ に対して $F (z) = \frac{\exp (α f (z))}{z^{n + 2}}$ を考慮すれば

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} x^{n} \exp (α \sqrt{x} f (x)) \sin (α \sqrt{x} f (1 - x)) d x = π \underset{z = 0}{R e s} F (z) = π [x^{n + 1}] \exp (α f (x)) \end{array}

であり，両辺に $t^{n}$ を掛けて $n = 0, 1, 2, \dots$ で和をとると

定理２.

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} \frac{\exp (α \sqrt{x} f (x)) \sin (α \sqrt{x} f (1 - x))}{1 - t x} d x = π \frac{e^{α f (t)} - e^{α}}{t} \end{array}

となりました。さらに，前記事と同様の考えで

\begin{array}{r} F_{p} (z) = \frac{1}{z^{n + 2}} \exp (\frac{α}{z^{p}} (f (z) - \sum_{k = 0}^{p - 1} β_{k}^{2} z^{k})) \end{array}

と拡張することができると思います。

\begin{array}{r} F_{p} (\frac{1}{z}) = {\begin{cases} z^{n + 2} \exp (α z^{p} (\sqrt{z} (f (z) - i f (1 - z)) - \sum_{k = 0}^{p - 1} β_{k}^{2} z^{- k})) & I z > 0 \\ z^{n + 2} \exp (α z^{p} (\sqrt{z} (f (z) + i f (1 - z)) - \sum_{k = 0}^{p - 1} β_{k}^{2} z^{- k})) & I z < 0 \end{cases} \end{array}

であり，

定理３.

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} x^{n} \exp (α x^{p} (\sqrt{x} f (x) - \sum_{k = 0}^{p - 1} β_{k}^{2} x^{- k})) \sin (α x^{\frac{1}{2} + p} f (1 - x)) d x = π [x^{n + 1}] \exp (\frac{α}{x^{p}} (f (x) - \sum_{k = 0}^{p - 1} β_{k}^{2} x^{k})) \end{array}

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - t x} \exp (α x^{p} (\sqrt{x} f (x) - \sum_{k = 0}^{p - 1} β_{k}^{2} x^{- k})) \sin (α x^{\frac{1}{2} + p} f (1 - x)) d x = \frac{π}{t} (\exp (\frac{α}{t^{p}} (f (t) - \sum_{k = 0}^{p - 1} β_{k}^{2} t^{k})) - \exp (α β_{p}^{2})) \end{array}

となりました。

\begin{array}{r}  \end{array}

投稿日：21日前

更新日：20日前

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