ある積分について

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$\frac{x^{m}}{1 + x^{n}}$ 　の実係数での部分分数分解の結果を報告し、その応用を述べる。
　まず、計算のためいくつか準備をする。

x∈ℂに対し
$T_{n + 2} (x) = 2 x T_{n + 1} (x) - T_{n} (x), T_{0} = 1, T_{1} = x$
により定まるn次整数係数多項式 $T_{n} (x)$ は $\cos n x = T_{n} (x)$ を満たす。この $T_{n} (x)$ を第一種チェビシェフ多項式と呼ぶ。
x∈ℂに対し
$U_{n + 2} (x) = 2 x U_{n + 1} (x) - U_{n} (x), U_{0} = 1, U_{1} = 2 x$
により定まるn次整数係数多項式 $U_{n} (x)$ は $\sin n x = \sin x U_{n - 1} (x)$ を満たす。この $U_{n} (x)$ を第二種チェビシェフ多項式と呼ぶ。

$T_{n} (1) = 1, U_{n} (1) = n + 1$
$T_{n} (- 1) = (- 1)^{n}, U_{n} (- 1) = (- 1)^{n} (n + 1)$
$T_{2 n - 1} (0) = 0, T_{2 n} (0) = (- 1)^{n}, U_{2 n - 1} (0) = 0, U_{2 n} (0) = (- 1)^{n}$

定義よりすぐわかる。

$T_{n} (- x) = (- 1)^{n} T_{n} (x), U_{n} (- x) = (- 1)^{n} U_{n} (x)$
$T_{n} (x) = \frac{1}{2} ((x + \sqrt{x^{2} - 1})^{n} + (x - \sqrt{x^{2} - 1})^{n}) = \frac{n}{2} \sum_{k = 0}^{[\frac{n}{2}]} (- 1)^{k} \frac{(n - k - 1)!}{k! (n - 2 k)!} (2 x)^{n - 2 k}$
$U_{n} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{x^{2} - 1}} ((x + \sqrt{x^{2} - 1})^{n + 1} - (x - \sqrt{x^{2} - 1})^{n + 1}) = \sum_{k = 0}^{[\frac{n}{2}]} (- 1)^{k} \frac{(n - k)!}{k! (n - 2 k)!} (2 x)^{n - 2 k}$

部分分数分解

P(x),Q(x)を実係数多項式、 $d e g P < d e g Q$ とし、 $Q (x) = (x - x_{1})^{n_{1}} (x - x_{2})^{n_{2}} \dots (x - x_{k})^{n_{k}}, x_{1}, x_{2}, \dots x_{k} \in ℂ$
とする。
(1) $\frac{P (x)}{Q (x)} = \sum_{i = 1}^{k} \sum_{j = 1}^{n_{i}} \frac{a_{i j}}{(x - x_{i})^{j}}$
となる複素数 $a_{i j}$ が存在する
(2)(1)において
$a_{i j} = \frac{1}{(n_{i} - j)!} lim_{x \to x_{i}} \frac{d^{n_{i} - j}}{d x^{n_{i} - j}} (x - x_{i})^{n_{i}} \frac{P (x)}{Q (x)}$

$2 n - 1 > m \geq 0$ のとき
　　 $\frac{x^{m}}{1 + x^{2 n - 1}} = \frac{(- 1)^{m}}{(2 n - 1) (x + 1)} + \frac{2}{2 n - 1} \sum_{k = 1}^{n - 1} (\frac{(- 1)^{k + 1} \sin \frac{k + n - 1}{2 n - 1} π}{\cos \frac{2 k - 1}{2 (2 n - 1)} π} \cdot \frac{\sin \frac{(m - n + \frac{3}{2}) (2 k - 1)}{2 n - 1} π \cdot x - \sin \frac{(m - n + \frac{1}{2}) (2 k - 1)}{2 n - 1} π}{x^{2} - 2 \cos \frac{2 k - 1}{2 n - 1} π \cdot x + 1})$
$2 n > m \geq 0$ のとき
　　 $\frac{x^{m}}{1 + x^{2 n}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k + 1} \frac{\sin \frac{(m - n + 1) (2 k - 1)}{2 n} π \cdot x - \sin \frac{(m - n) (2 k - 1)}{2 n} π}{x^{2} - 2 \cos \frac{2 k - 1}{2 n} π \cdot x + 1}$
特に $m = 0$ として

3.
$\frac{1}{1 + x^{2 n - 1}} = \frac{1}{(2 n - 1) (x + 1)} + \frac{2}{2 n - 1} \sum_{k = 1}^{n - 1} (\frac{\sin \frac{k + n - 1}{2 n - 1} π}{\cos \frac{2 k - 1}{2 (2 n - 1)} π} \cdot \frac{(- 1)^{k} \sin \frac{(n - \frac{3}{2}) (2 k - 1)}{2 n - 1} π \cdot x + 1}{x^{2} - 2 \cos \frac{2 k - 1}{2 n - 1} π \cdot x + 1})$
4.
$\frac{1}{1 + x^{2 n}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k} \sin \frac{(n - 1) (2 k - 1)}{2 n} π \cdot x + 1}{x^{2} - 2 \cos \frac{2 k - 1}{2 n} π \cdot x + 1}$

メルカトル級数とライプニッツ級数の一般化

一般化ライプニッツ級数
　 $1 - \frac{1}{(2 l - 1) + 1} + \frac{1}{2 (2 l - 1) + 1} - \frac{1}{3 (2 l - 1) + 1} + \dots = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x^{2 l - 1}} = \frac{\ln 2}{2 l - 1} + \frac{1}{2 l - 1} \sum_{k = 1}^{l - 1} \frac{(- 1)^{k} \sin \frac{k + l - 1}{2 l - 1} π}{\cos \frac{2 k - 1}{2 (2 l - 1)} π} (\sin \frac{(l - \frac{3}{2}) (2 k - 1)}{2 l - 1} π \cdot \ln (2 (1 - \cos \frac{2 k - 1}{2 l - 1} π)) - \frac{2 (l - k)}{2 l - 1} π \cdot \cos \frac{(l - \frac{3}{2}) (2 k - 1)}{2 l - 1} π)$
一般化メルカトル級数

$1 - \frac{1}{2 l + 1} + \frac{1}{4 l + 1} - \frac{1}{6 l + 1} + \dots = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x^{2 l}} = \frac{1}{2 l} \sum_{k = 1}^{l} (- 1)^{k} (\sin \frac{(l - 1) (2 k - 1)}{2 l} π \cdot \ln (2 (1 - \cos \frac{2 k - 1}{2 l} π)) - \frac{2 (l - k) + 1}{2 l} π \cdot \cos \frac{(l - 1) (2 k - 1)}{2 l} π)$

tanxの有理数乗の不定積分

$\int \sqrt[p]{\tan^{q} x} d x = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{p} (- 1)^{k + 1} (\sin \frac{(2 k - 1) q}{2 p} π \cdot \ln (\sqrt[p]{\tan^{2} x} - 2 \cos \frac{2 k - 1}{2 p} π \cdot \sqrt[p]{\tan x} + 1) + 2 \cos \frac{(2 k - 1) q}{2 p} π \cdot \arctan \frac{\sqrt[p]{\tan x} - \cos \frac{2 k - 1}{2 p} π}{\sin \frac{2 k - 1}{2 p} π}) + C$

投稿日：2024年9月18日

更新日：2024年9月19日

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ユッキーSY

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