朝のお積分 #4
— عاصم القحيف (@a____s___m11) January 1, 2025
明けましておめでとうございます🌄
本年もAdvanced Integralの記事を増やしたいと思っています！
$${I_2}$$は$${x=e^{1-y}}$$と置換すれば有名積分に帰着できますし，$${I_3}$$は，$${\mathrm{erf}(x)=\mathcal O(1) \ (\mathrm{as} \ x\rightarrow\infty)}$$から分かると思いますが，発散しますので出題ミスです．
さて，$${I_1}$$を解いていくわけですが，前回の流れからして，被積分関数の形からメリン変換絡みなのではと一瞬思ったかと思いますが，$${a}$$が整数とは限らないので厳しそうですね．
となると，分母のカッコ内と分子の形からマクローリン展開して項別積分するのが定石ですが，これだと美しくないので，Closed-formを保ちつつ解いていきましょう！
$$
\begin{aligned}
I_1
&=\frac14\int_0^\infty\frac{e^{2ax}+e^{-2ax}-2}{x(e^x+1)}\mathrm dx\\
&=\frac14\int_0^1\frac{y^{-2a}+y^{2a}-2}{\ln(1/y)(1/y+1)}\frac{\mathrm dy}{y} \ (y=e^{-x})\\
&=-\frac14\int_0^1\frac{y^{-2a}+y^{2a}-2}{\ln(y)(1+y)}\mathrm dy\\
&=\frac14\int_0^1\frac{1-y^{-2a}}{\ln(y)(1+y)}\mathrm dy
+\frac14\int_0^1\frac{1-y^{2a}}{\ln(y)(1+y)}\mathrm dy\\
\end{aligned}
$$
このように変形すると，なんだか見覚えのある形になりましたね✨
ディガンマ関数の積分公式
$$
\begin{aligned}
\psi(y)-\psi(x)=\int_0^1\frac{t^{x-1}-t^{y-1}}{1-t}\mathrm dt
\end{aligned}
$$
で攻略できそうですから，この形に変形していきましょう！！
$$
\begin{aligned}
I(s)=\int_0^1\frac{1-t^{s}}{\ln(t)(1+t)}\mathrm dt
\end{aligned}
$$
と置くと，
$$
\begin{aligned}
I(s)
&=\int_0^1\int_s^0\frac{t^{\sigma}}{1+t}\mathrm d\sigma\mathrm dt\\
&=\int_s^0\int_0^1\frac{t^{\sigma}}{1+t}\mathrm dt\mathrm d\sigma\\
&=\int_s^0\int_0^1\frac{u^{\sigma/2}}{1+u^{1/2}}\frac{1}{2}u^{1/2-1}\mathrm du\mathrm d\sigma \ (u=t^2)\\
&=\frac12\int_s^0\int_0^1\frac{u^{(\sigma+1)/2-1}(1-u^{1/2})}{(1+u^{1/2})(1-u^{1/2})}\mathrm du\mathrm d\sigma\\
&=\frac12\int_s^0\int_0^1\frac{u^{(\sigma+1)/2-1}-u^{(\sigma/2+1)-1}}{1-u}\mathrm du\mathrm d\sigma\\
&=\frac12\int_s^0\left(\psi\left(\frac{\sigma}{2}+1\right)-\psi\left(\frac{\sigma+1}{2}\right)\right)\mathrm d\sigma\\
&=\left[\ln\Gamma\left(\frac{\sigma}{2}+1\right)-\ln\Gamma\left(\frac{\sigma+1}{2}\right)\right]_s^0\\
&=-\ln\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)-\ln\Gamma\left(\frac{s}{2}+1\right)+\ln\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)\\
&=-\frac{1}{2}\ln(\pi)-\ln\Gamma\left(\frac{s}{2}+1\right)+\ln\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)\\
\end{aligned}
$$
以上により，
$$
\begin{aligned}
4I_1
&=I(-2a)+I(2a)\\
&=-\ln(\pi)-\ln\Gamma\left(-a+1\right)+\ln\Gamma\left(-a+\frac{1}{2}\right)
-\ln\Gamma\left(a+1\right)-\ln\Gamma\left(a+\frac{1}{2}\right)\\
&=-\ln(\pi)-\ln\Big(\Gamma\left(1+a\right)\Gamma\left(1-a\right)\Big)
+\ln\left(\Gamma\left(\frac{1}{2}+a\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}-a\right)\right)
\end{aligned}
$$
で，ガンマ関数の相反公式から，
$$
\begin{aligned}
&\Gamma\left(1+a\right)\Gamma\left(1-a\right)\\
&a\Gamma\left(a\right)\Gamma\left(1-a\right)\\
&=\frac{\pi a}{\sin(\pi a)}\\
\\
&\Gamma\left(\frac{1}{2}+a\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}-a\right)\\
&=\Gamma\left(\frac{1}{2}+a\right)\Gamma\left(1-\left(\frac{1}{2}+a\right)\right)\\
&=\frac{\pi}{\sin(\pi/2+\pi a)}\\
&=\frac{\pi}{\cos(\pi a)}
\end{aligned}
$$
に注意すると，
$$
\begin{aligned}
\therefore I_1
&=-\frac14\ln(\pi)-\frac14\ln\left(\frac{\pi a}{\sin(\pi a)}\right)
+\frac14\ln\left(\frac{\pi}{\cos(\pi a)}\right)\\
&=\frac14\ln\left(\frac{\tan(\pi a)}{\pi a}\right)\\
&=-\frac14\ln\Big(\pi a\cot(\pi a)\Big)
\end{aligned}
$$
方針は簡単でしたが，計算量が少々多かったですね✨
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