x^m/sinx[0,π/2]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{x^2}{\sin x}dx=2πG-\frac{7}{2}ζ(3)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{x^m}{\sin x}dx=\left(\frac{π}{2}\right)^m\left\{\frac{1}{m}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2^{2n-1}-1)ζ(2m)}{4^{2n-1}(m+2n)}\right\}\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(x^2+b^2)\sin (ax)}dx=\frac{π}{2\sinh (ab)}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b \gt 0,\,m \in \mathrm{N}\)







<証明>

次を等式を用います。[詳細はこちらです。(A)(B)(C)(D)]
\begin{alignat}{2}
&(A)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} x\log ( \tan x)dx=\frac{7}{16}ζ(3)-\frac{πG}{4}\\
&(B)  \csc x=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(2-4^n)B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}   (0 \lt |x| \lt π)\\
&(C)  \frac{1}{\sin x}=\frac{1}{x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2x}{x^2-π^2n^2}\\
&(D)  \frac{1}{\sinh x}=\frac{1}{x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2x}{x^2+π^2n^2}
\end{alignat}







\begin{alignat}{2}
(1)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\frac{x^2}{\sin x}dx&=\left[x^2 \log \left(\tan \frac{x}{2}\right)\right]_0^{\frac{π}{2}}-\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}2x \log \left(\tan \frac{x}{2}\right)dx\\
&=-2 \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}x \log \left(\tan \frac{x}{2}\right)dx\\
\end{alignat}\(x=2t\) と置きます。\(dx=2dt\)
\begin{alignat}{2}
&=-2\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}}2t \cdot \log (\tan t) \cdot 2dt=-8\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} t\log ( \tan t)dt\\
&=-8\left\{\frac{7}{16}ζ(3)-\frac{πG}{4}\right\}=2πG-\frac{7}{2}ζ(3)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{x^2}{\sin x}dx=2πG-\frac{7}{2}ζ(3)$$







\((2)\) \((B)\) の式を代入して計算を進めます。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\frac{x^m}{\sin x}dx&= \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(2-4^n)B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}\right\}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(2-4^n)B_{2n}}{(2n)!}\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}x^{m+2n-1}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(2-4^n)B_{2n}}{(2n)!} \left[\frac{x^{m+2n}}{m+2n}\right]_0^{\frac{π}{2}}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(2-4^n)B_{2n}}{(2n)!} \cdot \frac{1}{m+2n} \left(\frac{π}{2}\right)^{m+2n}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(2-4^n)}{(2n)!} \cdot \frac{2 \cdot (2n)! ζ(2n) \cdot (-1)^{n+1}}{(2π)^{2n}}\cdot \frac{1}{m+2n} \left(\frac{π}{2}\right)^{m+2n}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(4^n-2)\cdot 2ζ(2n)}{4^n \cdot π^{2n}}\cdot \frac{1}{m+2n} \cdot \frac{π^{2n}}{4^n}\left(\frac{π}{2}\right)^m\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2^{2n-1}-1)ζ(2m)}{4^{2n-1}(m+2n)}\cdot \left(\frac{π}{2}\right)^m\\
&=\left(\frac{π}{2}\right)^m\left\{\frac{1}{m}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2^{2n-1}-1)ζ(2m)}{4^{2n-1}(m+2n)}\right\}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{x^m}{\sin x}dx=\left(\frac{π}{2}\right)^m\left\{\frac{1}{m}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2^{2n-1}-1)ζ(2m)}{4^{2n-1}(m+2n)}\right\}$$







\((3)\) \((C)\) の式の \(x\) を \(ax\) に書き換えます。$$\frac{1}{\sin ax}=\frac{1}{ax}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2ax}{a^2x^2-π^2n^2}$$この式の両辺に \(\displaystyle \frac{x}{x^2+b^2}\) を掛けて \([0,∞]\) で積分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(x^2+b^2)\sin (ax)}dx&=\frac{1}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2+b^2}dx+2a \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2}{(x^2+b^2)(a^2x^2-π^2n^2)}dx\\
&=\frac{π}{2ab}+\frac{2}{a}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2}{(x^2+b^2)(x^2-\frac{π^2n^2}{a^2})}dx\\
\end{alignat}次の式を部分分数分解します。$$\frac{x^2}{(x^2+p)(x^2-q)}=\frac{A}{x^2+p}+\frac{B}{x^2-q}$$\(A,B\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
A(x^2-q)+B(x^2+p)&=x^2\\
&\\
(A+B)x^2-Aq+Bp&=x^2\\
&\\
A+B=1,&  -Aq+Bp=0
\end{alignat}よって$$A=\frac{p}{p+q},  B=\frac{q}{p+q}$$右の積分について \(\displaystyle p=b^2, q=\frac{π^2n^2}{a^2}\) と置いて解き進めます。途中、元に戻します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2}{(x^2+b^2)(x^2-\frac{π^2n^2}{a^2})}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2}{(x^2+p)(x^2-q)}dx\\
&=\frac{1}{p+q}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{p}{x^2+p}+\frac{q}{x^2-q}\right)dx\\
&=\frac{1}{p+q}\left[\sqrt{p}\tan^{-1}\frac{x}{\sqrt{p}}+q \cdot \frac{1}{2\sqrt{q}}\log \left|\frac{x-\sqrt{q}}{x+\sqrt{q}} \right|\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{\sqrt{p}}{p+q} \cdot \frac{π}{2}=\frac{π}{2}\cdot \frac{b}{b^2+\frac{π^2n^2}{a^2}}=\frac{π}{2}\cdot \frac{a^2b}{a^2b^2+π^2n^2}\\
\end{alignat}となるので、元の積分計算に戻ります。途中 \((D)\) の式を用いています。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(x^2+b^2)\sin (ax)}dx&=\frac{π}{2ab}+\frac{2}{a}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \cdot \frac{π}{2} \cdot \frac{a^2b}{a^2b^2+π^2n^2}\\
&=\frac{π}{2ab}+\frac{π}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2ab}{a^2b^2+π^2n^2}\\
&=\frac{π}{2}\left\{\frac{1}{ab}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2ab}{a^2b^2+π^2n^2}\right\}=\frac{π}{2\sinh (ab)}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(x^2+b^2)\sin (ax)}dx=\frac{π}{2\sinh (ab)}$$

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