ζ(3)の表現[1]

\begin{alignat}{2}
&(1)  ζ(3)=\frac{2}{3}\displaystyle\int_0^1 \frac{(\log x)^2}{1+x}dx\\
&(2)  ζ(3)=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log x \log(1-x)}{x}dx\\
&(3)  ζ(3)=-\frac{4}{3}\displaystyle\int_0^1 \frac{\log x \log(1+x)}{x}dx\\
&(4)  ζ(3)=-\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{\log x}{1-xy}dxdy\\
&(5)  ζ(3)=-\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1-xy)}{xy}dxdy\\
&(6)  ζ(3)=\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{1}{1-xyz}dxdydz\\
&(7)  ζ(3)=8\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\frac{ \log (\cos x) \log ( \sin x)}{ \tan x}dx\\
\end{alignat}






<証明>

\((1)\) 積分の箇所のみ計算していきます。
\( \log x=-t\) と置くと \(\displaystyle x=e^{-t}, \frac{1}{x}=-dt, dx=-e^{-t}dt\) ですので$$\displaystyle\int_0^1 \frac{( \log x)^2}{1+x}dx=\displaystyle\int_{\infty}^0 \frac{t^2}{1+e^{-t}} \cdot (-e^{-t})dt=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{t^2e^{-t}}{1+e^{-t}}dt$$\(\displaystyle \frac{e^{-t}}{1+e^{-t}}=e^{-t}-e^{-2t}+e^{-3t}-e^{-4t}+ \cdots \) と級数に直します。
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^{\infty} t^2(e^{-t}-e^{-2t}+e^{-3t}-e^{-4t}+ \cdots)dt\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} t^2e^{-t}dt-\displaystyle\int_0^{\infty} t^2e^{-2t}dt+\displaystyle\int_0^{\infty} t^2e^{-3t}dt- \cdots\\
&=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \displaystyle\int_0^{\infty} t^2e^{-kt}dt
\end{alignat} 積分の箇所を計算します。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} t^2e^{-kt}dt=\left[-\frac{t^2}{k}e^{-kt}\right]_0^{\infty}+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{2t}{k}e^{-kt}dt\\
&           =\frac{2}{k}\displaystyle\int_0^{\infty} te^{-kt}dt=\frac{2}{k}\left\{\left[-\frac{t}{k}e^{-kt}\right]_0^{\infty}+\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{1}{k}e^{-kt}dt\right\}\\
&           =\frac{2}{k^2}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-kt}dt=\frac{2}{k^2}\left[-\frac{1}{k}e^{-kt}\right]_0^{\infty}=\frac{2}{k^3}
\end{alignat} 元の計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \frac{( \log x)^2}{1+x}dx=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{2(-1)^{k+1}}{k^3}=2η(3)\\
&            =2\left(1-\frac{1}{4}\right)ζ(3)=\frac{3}{2}ζ(3)
\end{alignat} 以上より、次式が成立します。 $$ζ(3)=\frac{2}{3}\displaystyle\int_0^1 \frac{( \log x)^2}{1+x}dx$$







\((3)\) と \((1)\) のその他の導出

下記の式を示します。
$$-2\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log x \log (1+x)}{x}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{( \log x)^2}{1+x}dx \cdots (A)$$\(\displaystyle \left\{\frac{( \log x)^2}{2}\right\}’ =\frac{ \log x}{x}\) ですので部分積分を行えば
\begin{alignat}{2}
&-2\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log x \log (1+x)}{x}dx=-2\displaystyle\int_0^1 \left\{\frac{( \log x)^2}{2}\right\}’ \log (1+x)dx\\
&=-2\left\{\left[ \log (1+x) \cdot \frac{( \log x)^2}{2}\right]_0^1-\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{1+x} \cdot \frac{( \log x)^2}{2}dx\right\}= \displaystyle\int_0^1 \frac{( \log x)^2}{1+x}dx
\end{alignat} 次に \((A)\) の式の左辺の積分を計算していきます。\( \log (1+x)\) を級数で表します。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log x}{x} \cdot \log (1+x)dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log x}{x}\left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}\right\}dx\\
&                   =\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} \displaystyle\int_0^1 x^n \log xdx
\end{alignat} 積分計算は
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 x^n \log xdx=\left[\frac{x^{n+1}}{n+1} \log x\right]_0^1-\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{x}dx\\
&           =-\frac{1}{n+1}\displaystyle\int_0^1x^ndx=-\frac{1}{n+1}\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1=-\frac{1}{(n+1)^2}
\end{alignat} となりますので、元の式に代入すると
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log x}{x} \cdot \log (1+x)dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} \displaystyle\int_0^1 x^n \log xdx=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^3}\\
&                   =-η(3)=-\left(1-\frac{1}{4}\right)ζ(3)=-\frac{3}{4}ζ(3)
\end{alignat} 以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{( \log x)^2}{1+x}dx= -2\displaystyle\int_0^1 \frac{\log x \log (1+x)}{x}dx=\frac{3}{2}ζ(3)$$
すなわち$$ζ(3)=\frac{2}{3}\displaystyle\int_0^1 \frac{( \log x)^2}{1+x}dx$$ 及び$$ζ(3)=-\frac{4}{3}\displaystyle\int_0^1 \frac{\log x \log(1+x)}{x}dx$$





\((2)\) \(\log(1-x)\) を級数で表します。途中 \((1)\) での積分の結果を用いています。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \frac{\log x \log(1-x)}{x}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log x}{x}\left(-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1} \right)dx\\
&                   =-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}\displaystyle\int _0^1 x^n \log xdx\\
&                   =\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^3}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}=ζ(3)
\end{alignat}






\((4)\) 被積分関数において
\(\displaystyle \frac{1}{1-xy}=1+xy+(xy)^2+(xy)^3+ \cdots \) と級数に直します。\begin{alignat}{2}
&  -\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{\log x}{1-xy}dxdy\\
&=-\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \log x\{1+xy+(xy)^2+(xy)^3+ \cdots \}dxdy\\
&=-\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 (\log x+yx \log x+y^2x^2 \log x+y^3x^3 \log x+ \cdots )dxdy
\end{alignat} ここで次の積分を計算します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^1 x^k \log xdx ( k \geq 0, k \in \mathbb{Z})\\
&=\left[\frac{1}{k+1}x^{k+1} \log x\right]_0^1-\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{k+1} x^{k+1} \cdot \frac{1}{x}dx\\
&=-\frac{1}{k+1}\displaystyle\int_0^1 x^kdx=-\frac{1}{k+1}\left[\frac{1}{k+1}x^{k+1}\right]_0^1=-\frac{1}{(k+1)^2}
\end{alignat} よって、元の式における \(x\) での積分計算後は
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^1 \left(1+\frac{1}{2^2}y+\frac{1}{3^2}y^2+\frac{1}{4^2}y^3+\frac{1}{5^2}y^4+ \cdots \right)dy\\
&=\left[y+\frac{1}{2^3}y^2+\frac{1}{3^3}y^3+\frac{1}{4^3}y^4+\frac{1}{5^3}y^5+ \cdots\right]_0^1\\
&=1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^3}+\frac{1}{5^3}+ \cdots =ζ(3)
\end{alignat}








\((5)\) \(\log (1-xy)\) を級数で表します。
\begin{alignat}{2}
&  -\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1-xy)}{xy}dxdy\\
&=-\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{1}{xy}\left\{-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(xy)^{n+1}}{n+1}\right\}dxdy\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n+1} \displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 (xy)^n dxdy\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n+1} \displaystyle\int_0^1 x^ndx\displaystyle\int_0^1 y^ndy=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^3}=ζ(3)\\
\end{alignat}以上より$$ζ(3)=-\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1-xy)}{xy}dxdy$$







\((6)\) 被積分関数を級数で表し、順次積分を行います。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \frac{1}{1-xyz}dxdydz\\
&=\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(xyz)^ndxdydz=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1(yz)^n\left(\displaystyle\int_0^1 x^ndx\right)dydz\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1(yz)^n\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1dydz=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}\displaystyle\int_0^1 z^n \left(\displaystyle\int_0^1 y^ndy\right)dz\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}\displaystyle\int_0^1 z^n \left[\frac{y^{n+1}}{n+1}\right]_0^1dz=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}\displaystyle\int_0^1 z^ndz\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}\left[\frac{z^{n+1}}{n+1}\right]_0^1=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^3}=ζ(3)
\end{alignat}






\((7)\) \(\sin x=t\) と置きます。\(( \cos xdx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\frac{\log ( \cos x) \log ( \sin x)}{ \tan x}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{ \cos x}{ \sin x}\cdot \log \sqrt{1-t^2}\log t\cdot \frac{1}{ \cos x}dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1-t^2) \log t}{2t}dt
\end{alignat}\(t=e^u\) と置きます。\((dt=e^udu=tdu)\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_{-\infty}^0 \frac{ \log (1-e^{2u}) \log e^u}{2t} \cdot tdu\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_{-\infty}^0 u \log (1-e^{2u})du
\end{alignat}部分積分を行います。
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{2}\left\{\left[\frac{1}{2}u^2 \log (1-e^{2u})\right]_{-\infty}^0-\displaystyle\int_{-\infty}^0 \frac{1}{2}u^2 \cdot \frac{-2e^{2u}}{1-e^{2u}}du\right\}\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_{-\infty}^0 \frac{u^2e^{2u}}{1-e^{2u}}du
\end{alignat}\(\displaystyle \frac{e^{2u}}{1-e^{2u}}\) を級数で表してから積分します。
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_{-\infty}^0 u^2(e^{2u}+e^{4u}+e^{6u}+ \cdots)du\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_{-\infty}^0 u^2 \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} e^{2ku}du\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle\int_{-\infty}^0 u^2e^{2ku}du\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\left(\left[\frac{u^2}{2k}e^{2ku}\right]_{-\infty}^0-\displaystyle\int_{-\infty}^0 2u \cdot \frac{1}{2k}e^{2ku}du\right)\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\left(-\frac{1}{k}\right)\displaystyle\int_{-\infty}^0 ue^{2ku}du\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\left(-\frac{1}{k}\right)\left(\left[\frac{u}{2k}e^{2ku}\right]_{-\infty}^0-\displaystyle\int_{-\infty}^0 \frac{1}{2k}e^{2ku}du\right)\\
&=\frac{1}{4}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\displaystyle\int_{-\infty}^0 e^{2ku}du\\
&=\frac{1}{4}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}\cdot\frac{1}{2k}\left[e^{2ku}\right]_{-\infty}^0\\
&=\frac{1}{8}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^3}=\frac{1}{8}ζ(3)
\end{alignat}以上より$$ζ(3)=8\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\frac{ \log (\cos x) \log ( \sin x)}{ \tan x}dx$$






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