カタラン定数の表現[1]

次の級数をカタラン定数 \(G\) と呼びます。$$G=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\frac{1}{9^2}-\frac{1}{11^2}+ \cdots$$
このカタラン定数 \(G\) にはいくつかの表現があります。
\begin{alignat}{2}
&(1)  G=\displaystyle\int_0^1 \frac{ \tan^{-1} x}{x}dx\\
&(2)  G=\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{1}{1+x^2y^2}dxdy\\
&(3)  G=\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{ \log t}{1+t^2}dt\\
&(4)  G=-\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log t}{1+t^2}dt\\
&(5)  G=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \frac{t}{ \sin t \cos t}dt\\
&(6)  G=\frac{1}{4} \displaystyle\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\frac{t}{ \sin t}dt\\
&(7)  G=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \log ( \cot t)dt\\
&(8)  G=-\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \log ( \tan t)dt\\
&(9)  G=2\displaystyle\int_0^\frac{π}{4} \log (2 \cos t)dt\\
&(10)  G=-2\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \log(2 \sin x)dx\\
\end{alignat}






<証明>

\((1)\) \( \tan^{-1}x\) を級数で表して積分します。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \frac{ \tan^{-1} x}{x}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x} \cdot \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}dx\\
&            =\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} \displaystyle\int_0^1 x^{2n} dx\\
&            =\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} \displaystyle\int_0^1 \left[\frac{1}{2n+1}x^{2n+1}\right]_0^1\\
&            =\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=G
\end{alignat}



\((2)\) 順次積分を行います。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{1}{1+x^2y^2}dxdy=\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{1}{y^2} \cdot \frac{1}{\frac{1}{y^2}+x^2}dxdy\\
&                  =\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{y^2}[y \tan^{-1} xy]_0^1 dy\\
&                  =\displaystyle\int_0^1 \frac{\tan^{-1} y}{y}dy=G
\end{alignat}



\((3)(4)\) 次の広義積分が成り立つことを用います。$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \log x}{x^2+a^2}dx=\frac{π}{2a} \log a$$ この式において \(a=1\) のとき$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \log x}{x^2+1}dx=0, \displaystyle\int_0^1 \frac{ \log x}{x^2+1}dx+\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{ \log x}{x^2+1}dx=0$$が成り立ちます。
まず \((4)\) を部分積分により計算すると$$\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log t}{t^2+1}dx=[ \tan^{-1} t \log t]_0^1-\displaystyle\int_0^1 \frac{\tan^{-1} t}{t}dt=-G$$すなわち$$G=-\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log t}{t^2+1}dx,   G=\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{ \log t}{t^2+1}dx$$



\((5)\) \(t=\tan^{-1} x\) と置きます。\(\left(\displaystyle x=\tan t, dt=\frac{1}{1+x^2}dx\right)\)
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \frac{t}{ \sin t \cos t}dt=\displaystyle\int_0^1 \frac{\tan^{-1} x}{ \sin t \cos t}\cdot \frac{1}{1+x^2}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{\tan^{-1} x}{ \sin t \cos t}\cdot \frac{1}{1+\tan^2 t}dx\\
&             =\displaystyle\int_0^1 \frac{\tan^{-1} x}{ \sin t \cos t}\cdot \cos^2 tdx=\displaystyle\int_0^1 \tan^{-1} x \cdot \frac{ \cos t}{\sin t}dx\\
&             =\displaystyle\int_0^1 \frac{ \tan^{-1} x}{ \tan t}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{ \tan^{-1} x}{x}dx=G
\end{alignat}




\((6)\) \(t=2x\) と置きます。\((dt=2dx)\)
\begin{alignat}{2}
&\frac{1}{4} \displaystyle\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\frac{t}{ \sin t}dt=\frac{1}{2} \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\frac{t}{ \sin t}dt=\frac{1}{2} \displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}}\frac{2x}{ \sin 2x} 2dx\\
&           =\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}}\frac{2x}{ 2 \sin x \cos x}dx=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}}\frac{x}{ \sin x \cos x} dx=G
\end{alignat}






\((7)\) \(t=\tan^{-1} x\) と置きます。\(\left(\displaystyle x=\tan t, dt=\frac{1}{1+x^2}dx\right)\)$$\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \log(\cot t)dt=\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log \frac{1}{x}}{1+x^2}dx=-\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log x}{1+x^2}=G$$






\((8)\) \(t=\tan^{-1} x\) と置きます。\(\left(\displaystyle x=\tan t, dt=\frac{1}{1+x^2}dx\right)\)$$-\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \log( \tan t)dt=-\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log x}{1+x^2}=G$$







\((9)\) \( \log (2 \cos x)\) を級数展開します。
\begin{alignat}{2}
&2\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \log (2 \cos x)dx=2\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} \cos (2nx)}{n}dx\\
&                =2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \cos(2nx)dx\\
&                =2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\left[\frac{ \sin (2nx)}{2n}\right]_0^{\frac{π}{4}}\\
&                =2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{2n^2} \sin\frac{nπ}{2}\\
&                =1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\frac{1}{9^2}-\frac{1}{11^2}+ \cdots=G
\end{alignat}





\((10)\) \( \log (2 \sin x)\) を級数展開します。
\begin{alignat}{2}
&-2\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \log(2 \sin x)dx=2\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (2nx)}{n}dx=2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} \displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} \cos (2nx)dx\\
&                   =2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} \left[\frac{ \sin (2nx)}{2n}\right]_0^{\frac{π}{4}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} \sin \frac{nπ}{2}\\
&                   =1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\frac{1}{9^2}-\frac{1}{11^2}+ \cdots=G\\
\end{alignat}

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