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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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$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}} \newcommand{BC}[0]{\begin{cases}} \newcommand{BE}[0]{\begin{equation}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol} \newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}} \newcommand{D}[0]{\displaystyle} \newcommand{EA}[0]{\end{align*}} \newcommand{EC}[0]{\end{cases}} \newcommand{EE}[0]{\end{equation}} \newcommand{EM}[0]{\end{matrix}} \newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}} \newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{L}[0]{\left} \newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}} \newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}} \newcommand{R}[0]{\right} \newcommand{vep}[0]{\varepsilon} $$

Ⅹに投稿された以下の積分について考えました。

定理1.$\hspace{5pt}\D \beta_n^{}=2^{-2n}\binom{2n}{n},\,f(x)=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^n$とするとき

$\BA\D\\ \int_0^1 \exp\L(\sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\sqrt{x}f(1-x)\R)\,dx=\frac{\pi e}{4}. \EA$

$\hspace{5pt}f(z)$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,$\D F(z)=\frac{\exp\L(\alpha f(z)\R)}{z^2}\,\,\,(\alpha\in\mathbb{R})$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$[0,2\pi)$で定義します。
$\hspace{5pt}$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,

$\BA\D \int_D F(z)\,dz=\int_{\Gamma_1}F(z)\,dz+\int_{\Gamma_2}F(z)\,dz+\int_{\Gamma_3}F(z)\,dz+\int_{\Gamma_4}F(z)\,dz=2\pi i\,\underset{z=0}{\rm Res}\,F(z) \EA$

$\BA\D\Gamma_1:\textrm{大円},\quad\Gamma_2:(R-0i,0-0i)\to(1+r-0i,0-0i),\quad\Gamma_3:\textrm{小円},\quad\Gamma_4:(1+r+0i,0+0i)\to(R+0i,0+0i)\EA$

となると思います。
$\BA\D\\ \L|\int_{\Gamma_1}F(z)\,dz\R|&=\L|\int_0^{2\pi} F\L(Re^{i\theta}\R)\,iRe^{i\theta}d\theta\R|\\&\le \frac{1}{R}\L|\int_0^{2\pi} \exp\L(\alpha f\L(Re^{i\theta}\R)\R)\,d\theta\R|\\&=\frac{1}{R}\times(\rm 有限の値)\\&\to 0\quad (R\to \infty) \EA$

$\BA\D\\ \L|\int_{\Gamma_3}F(z)\,dz\R|&=\L|\int_0^{2\pi} F\L(1+re^{i\theta}\R)\,ire^{i\theta}d\theta\R|\\&\le \frac{r}{(1-r)^2}\L|\int_0^{2\pi} \exp\L(\alpha f\L(1+re^{i\theta}\R)\R)\,d\theta\R|\\&\to 0\quad(r\to 0)\quad\cdots(\bigstar) \EA$
$\BA\D\\ \int_{\Gamma_2}F(z)\,dz+\int_{\Gamma_3}F(z)\,dz&=\int_{R-0i}^{1+r-0i}F(x)\,dx+\int_{1+r+0i}^{R+0i}F(x)\,dx\\&=-\int_{1+r}^{R}F(x-0i)\,dx+\int_{1+r}^{R}F(x+0i)\,dx\\&\to\int_1^\infty \L(F(x+0i)-F(x-0i)\R)\,dx\\&=\int_0^1 \L(\exp\L(\alpha f\L(\frac{1}{x}+0i\R)\R)-\exp\L(\alpha f\L(\frac{1}{x}-0i\R)\R)\R)\,dx\\&=\int_0^1 \L(\exp\L(\alpha\sqrt{x}\L(f(x)+if(1-x)\R)\R)-\exp\L(\alpha\sqrt{x}\L(f(x)-if(1-x)\R)\R)\R)\,dx\quad\cdots(\bigstar\bigstar)\\&=2i\int_0^1 \exp\L(\alpha \sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\alpha\sqrt{x}f(1-x)\R)\,dx \EA$

$\hspace{5pt}$$(\bigstar):$$z\to1^-$$\D f(z)∼\frac{1}{2}\log\frac{1}{1-z}$
$\hspace{5pt}$$(\bigstar\bigstar):$$\D \frac{1}{x}+ai=\frac{1+a^2x^2}{x(1-axi)}$であり,$\D f\L(\frac{1}{z}\R)=\begin{cases}\sqrt{z}\L(f(z)-if(1-z)\R) & ({\frak I}z>0) \\ \sqrt{z}\L(f(z)+if(1-z)\R) & ({\frak I}z<0)\end{cases}$

また,WolframAlpha より$\D \underset{z=0}{\rm Res}\,F(z)=\frac{\alpha e^{\alpha}}{4}.$
以上より,

定理1´.

$\BA\D \int_0^1 \exp\L(\alpha\sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\alpha\sqrt{x}f(1-x)\R)\,dx=\frac{\pi\alpha e^\alpha}{4} \EA$

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

$\BA\D \int_0^1 x^n\exp\L(\alpha\sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\alpha\sqrt{x}f(1-x)\R)\,dx=\pi\,\underset{z=0}{\rm Res}\,F(z)=\pi\,[x^{n+1}]\exp\L(\alpha f(x)\R) \EA$

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

定理2.

$\BA\D \int_0^1 \frac{\exp\L(\alpha\sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\alpha\sqrt{x}f(1-x)\R)}{1-tx}\,dx=\pi\,\frac{e^{\alpha f(t)}-e^\alpha}{t} \EA$

となりました。さらに,前記事と同様の考えで

$\BA\D F_p(z)=\frac{1}{\D z^{n+2}}\,\exp\L(\frac{\alpha}{\D z^{p}}\L(f(z)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2z^k\R)\R) \EA$

と拡張することができると思います。

$\BA\D F_p\L(\frac{1}{z}\R)=\begin{cases}z^{n+2}\exp\L(\alpha \D z^p\L(\sqrt{z}\L(f(z)-if(1-z)\R)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2z^{-k}\R)\R) & {\frak I}z>0 \\ z^{n+2}\exp\L(\alpha \D z^p\L(\sqrt{z}\L(f(z)+if(1-z)\R)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2z^{-k}\R)\R) & {\frak I}z<0\end{cases} \EA$

であり,

定理3.

$\BA\D \int_0^1 x^n\exp\L(\alpha x^p\L(\sqrt{x}f(x)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2x^{-k}\R)\R)\sin\L(\alpha \D x^{\frac{1}{2}+p}f(1-x)\R)\,dx=\pi\,[x^{n+1}]\exp\L(\frac{\alpha}{\D x^{p}}\L(f(x)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2x^k\R)\R) \EA$

$\BA\D \int_0^1 \frac{1}{1-tx}\exp\L(\alpha x^p\L(\sqrt{x}f(x)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2x^{-k}\R)\R)\sin\L(\alpha \D x^{\frac{1}{2}+p}f(1-x)\R)\,dx=\frac{\pi}{t}\L(\exp\L(\frac{\alpha}{\D t^{p}}\L(f(t)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2t^k\R)\R)-\exp(\alpha\beta_p^2)\R) \EA$

となりました。

$\hspace{5pt}$

$\BA\D\\ \EA$

投稿日:16日前
更新日:14日前
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