\(n\) を自然数として\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log^n\sin xdx\end{equation} \begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log^n\cos xdx\end{equation} の値は求まるか。ただし \(\log^nA\) は \((\log A)^n\) を表す。
以前の記事『対数正弦積分その１』『対数正弦積分その２』では以下の値を導きました。\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log\sin xdx=-\frac{\pi}{2}\log2\end{equation} \begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log\cos xdx=-\frac{\pi}{2}\log2\end{equation} \begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log^2\sin xdx=\frac{\pi}{2}\left(\log^2 2+\frac{\pi^2}{12}\right)\end{equation}\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log^2\cos xdx=\frac{\pi}{2}\left(\log^2 2+\frac{\pi^2}{12}\right)\end{equation}
∫logsin xdx 対数正弦積分その1
対数正弦積分その2 ∫(logsin x)^2dx
いずれもベータ関数の微分を使って求めることができるのでした。これで被積分関数が1乗、2乗の場合の対数正弦積分が分かったので、この調子で3乗、4乗・・・とやっていきたいと思いました。しかし高次であるということはベータ関数の微分がそれだけ多く繰り返されることとなり、一般の \(n\) では複雑すぎて私の力では式として明示することは難しいことが分かりました。なので私が考察できたところまで書いていきます。
まずは再度ベータ関数について確認しておきます。 ベータ関数は正の実数 \(x,y\) に対して\begin{equation}B(x,y)\equiv\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\end{equation}と定義されます。\(t=\sin^2\theta\) と置換することで次の表示を得ます。
\begin{equation}B(x,y)=2\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2x-1}\theta\cos^{2y-1}\theta d\theta\end{equation}
これを微分することで対数正弦積分が得られます。\(x\) で1階微分すると\begin{equation}\frac{\partial B}{\partial x}(x,y)=4\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2x-1}\theta\cos^{2y-1}\theta\log\sin\theta d\theta\end{equation}
2階微分すると \begin{equation}\frac{\partial^2 B}{\partial x^2}(x,y)=8\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2x-1}\theta\cos^{2y-1}\theta(\log\sin\theta)^2 d\theta\end{equation}
繰り返して \(n\) 階なら\begin{equation}\frac{\partial^n B}{\partial x^n}(x,y)=2^{n+1}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2x-1}\theta\cos^{2y-1}\theta(\log\sin\theta)^n d\theta\end{equation}
これに \(x=y=1/2\) を代入すれば \begin{equation}\frac{\partial^n B}{\partial x^n}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=2^{n+1}\int_0^\frac{\pi}{2}(\log\sin\theta)^n d\theta\end{equation}
また \(y\) 微分で同様のことをすれば \(\cos\) のほうの式が得られます。\begin{equation}\frac{\partial^n B}{\partial y^n}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=2^{n+1}\int_0^\frac{\pi}{2}(\log\cos\theta)^n d\theta\end{equation}
以上によって求めたい積分はベータ関数の微分を用いて次のように表現できることが分かります。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log^n\sin\theta d\theta =\frac{1}{2^{n+1}}\frac{\partial^n B}{\partial x^n}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\end{equation} \begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log^n\cos\theta d\theta =\frac{1}{2^{n+1}}\frac{\partial^n B}{\partial y^n}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\end{equation}
では具体的にどう値を求めるのでしょうか。以下、\(\sin\) のほうに絞って話を進めていきます。
残る問題はベータ関数の微分の値です。ベータ関数とガンマ関数の関係は\begin{equation}B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}\end{equation}これを\(x\) で微分すると\begin{equation}\frac{\partial B}{\partial x}=B(x,y)\left[\psi(x)-\psi(x+y)\right]\end{equation}ここで \(\psi(x)\) はディガンマ関数といわれ、\begin{equation}\psi(x)\equiv\frac{d}{dx}\log\Gamma(x)=\frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}\end{equation} と定義されます。ディガンマ関数の \(n\) 階微分をポリガンマ関数といい、\(\psi^{(n)}(x)\) と表します。
ベータ関数をさらに微分していくと\begin{eqnarray}\frac{\partial^2 B}{\partial x^2}&=& \frac{\partial B}{\partial x}\left[\psi(x)-\psi(x+y)\right]+B\left[\psi^{(1)}(x)-\psi^{(1)}(x+y)\right]\\&=& B(x,y)\left[\psi(x)-\psi(x+y)\right]^2+B(x,y)\left[\psi^{(1)}(x)-\psi^{(1)}(x+y)\right]\\&=& B(x,y)\left[\left(\psi(x)-\psi(x+y)\right)^2+\left(\psi^{(1)}(x)-\psi^{(1)}(x+y)\right)\right] \end{eqnarray} \begin{eqnarray}\frac{\partial^3 B}{\partial x^3}&=& \frac{\partial B}{\partial x}\left [\{\psi(x)-\psi(x+y)\}^2+ \psi^{(1)}(x)-\psi^{(1)}(x+y)\right]+B\left [2\{\psi(x)-\psi(x+y)\}\{\psi^{(1)}(x)-\psi^{(1)}(x+y)\}+\psi^{(2)}(x)-\psi^{(2)}(x+y)\right] \\&=&B\left[\{\psi(x)-\psi(x+y)\}^3+3\{\psi(x)-\psi(x+y)\}\{\psi^{(1)}(x)-\psi^{(1)}(x+y)\}+\{\psi^{(2)}(x)-\psi^{(2)}(x+y)\}\right]\end{eqnarray}のように微分を繰り返すたびに複雑な式になっていきますが、とにかくポリガンマ関数の式 \( \psi^{(n)}(x)-\psi^{(n)}(x+y) \) の組み合わせであることは分かります。
式に \(y=1/2\) を代入しておくと\begin{equation}\frac{\partial B}{\partial x}\left(x,\frac{1}{2}\right) =B\left(x,\frac{1}{2} \right)\left[\psi(x)-\psi(x+\frac{1}{2})\right]\end{equation} \begin{equation}\frac{\partial^2 B}{\partial x^2}\left(x,\frac{1}{2}\right) =B\left(x,\frac{1}{2}\right)\left[\left(\psi(x)-\psi(x+\frac{1}{2})\right)^2+\left(\psi^{(1)}(x)-\psi^{(1)}(x+\frac{1}{2})\right)\right] \end{equation} \begin{equation}\frac{\partial^3 B}{\partial x^3} \left(x,\frac{1}{2}\right) =B\left(x,\frac{1}{2}\right) \left[\left\{\psi(x)-\psi(x+\frac{1}{2})\right\}^3+3\left\{\psi(x)-\psi(x+\frac{1}{2})\right\}\left\{\psi^{(1)}(x)-\psi^{(1)}(x+\frac{1}{2})\right\}+\left\{\psi^{(2)}(x)-\psi^{(2)}(x+\frac{1}{2})\right\}\right]\end{equation}
ごちゃっとしていますが \(\Psi(x)\equiv\psi(x)-\psi(x+1/2)\) とおくと表記が楽になります。\begin{equation}\frac{\partial B}{\partial x}\left(x,\frac{1}{2}\right) =B\left(x,\frac{1}{2} \right)\Psi(x)\end{equation} \begin{equation}\frac{\partial^2 B}{\partial x^2}\left(x,\frac{1}{2}\right) =B\left(x,\frac{1}{2}\right)\left[ \Psi(x)^2+\Psi^{(1)}(x) \right] \end{equation} \begin{equation}\frac{\partial^3 B}{\partial x^3} \left(x,\frac{1}{2}\right) =B\left(x,\frac{1}{2}\right) \left[\Psi(x)^3+3\Psi(x) \Psi^{(1)}(x)+\Psi^{(2)}(x)\right]\end{equation}これらに \(x=1/2\) を代入すれば \begin{equation}\frac{\partial B}{\partial x}\left(\frac{1}{2} ,\frac{1}{2}\right) =B\left( \frac{1}{2},\frac{1}{2} \right)\Psi\left( \frac{1}{2}\right)\end{equation} \begin{equation}\frac{\partial^2 B}{\partial x^2}\left( \frac{1}{2} ,\frac{1}{2}\right) =B\left( \frac{1}{2} ,\frac{1}{2}\right)\left[ \Psi\left(\frac{1}{2}\right)^2+\Psi^{(1)}\left(\frac{1}{2}\right) \right] \end{equation} \begin{equation}\frac{\partial^3 B}{\partial x^3}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) =B\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \left[\Psi\left(\frac{1}{2}\right)^3+3\Psi\left(\frac{1}{2}\right) \Psi^{(1)}\left( \frac{1}{2}\right)+\Psi^{(2)}\left( \frac{1}{2} \right)\right]\end{equation}
\(B(1/2,1/2)=\pi\) ですから\begin{equation}\frac{\partial B}{\partial x}\left(\frac{1}{2} ,\frac{1}{2}\right) =\pi\Psi\left( \frac{1}{2}\right)\end{equation} \begin{equation}\frac{\partial^2 B}{\partial x^2}\left( \frac{1}{2} ,\frac{1}{2}\right) = \pi \left[ \Psi\left(\frac{1}{2}\right)^2+\Psi^{(1)}\left(\frac{1}{2}\right) \right] \end{equation} \begin{equation}\frac{\partial^3 B}{\partial x^3}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) = \pi \left[\Psi\left(\frac{1}{2}\right)^3+3\Psi\left(\frac{1}{2}\right) \Psi^{(1)}\left( \frac{1}{2}\right)+\Psi^{(2)}\left( \frac{1}{2} \right)\right]\end{equation}
ポリガンマ関数の特殊値は $$\begin{cases}\psi^{(0)}(1)&=&-\gamma\\\psi^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)&=&-\gamma-2\log2\\\psi^{(n)}(1)&=&(-1)^{n+1}n!\zeta(n+1)\\ \psi^{(n)} \left(\frac{1}{2}\right)&=& (-1)^{n+1}n!\zeta\left(n+1,\frac{1}{2}\right)\end{cases}$$ となります。\(\gamma\) はオイラー・マスケローニ定数です。\(\zeta(z)\) はリーマンのゼータ関数、\(\zeta\left(n+1,1/2\right)\) はフルヴィッツのゼータ関数であり、\begin{eqnarray*}\zeta\left(n+1,\frac{1}{2}\right) &=&\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+1/2)^{n+1}}\\&=& 2^{n+1}\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2k+1)^{n+1}}\\&=& 2^{n+1} \left[\zeta(n+1)-\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2k)^{n+1}}\right]\\&=&2^{n+1}\left[\zeta(n+1)-\frac{1}{2^{n+1}}\zeta(n+1)\right]\\&=&\left(2^{n+1}-1\right)\zeta(n+1)\end{eqnarray*} と書き換えられます。よって$$ \Psi\left(\frac{1}{2}\right) = \psi\left(\frac{1}{2}\right)-\psi(1) =-2\log2$$\begin{equation}\Psi^{(n)}\left(\frac{1}{2}\right)= \psi^{(n)}\left(\frac{1}{2}\right) -\psi^{(n)}(1)=(-1)^{n+1}n!(2^{n+1}-2)\zeta(n+1)\end{equation}
これより、先ほどのベータ関数の微分値に代入すると\begin{eqnarray*}\frac{\partial B}{\partial x}\left(\frac{1}{2} ,\frac{1}{2}\right)&=&-2\pi\log2\\ \frac{\partial^2 B}{\partial x^2}\left( \frac{1}{2} ,\frac{1}{2}\right) &=& \pi \left[ 4\log^22+\frac{\pi^2}{3}\right]\\ \frac{\partial^3 B}{\partial x^3}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) &=& \pi \left[-8\log^3 2+3(-2\log 2)\frac{\pi^2}{3}-12\zeta(3)\right]\\&=& \pi \left[-8\log^3 2-2\pi^2\log 2-12\zeta(3)\right] \end{eqnarray*}
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log^n\sin\theta d\theta =\frac{1}{2^{n+1}}\frac{\partial^n B}{\partial x^n}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\end{equation} \begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\log^n\cos\theta d\theta =\frac{1}{2^{n+1}}\frac{\partial^n B}{\partial y^n}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\end{equation} であったことを思い出せば、
\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{2}\log\sin xdx&=&-\frac{\pi}{2}\log2\\\int_0^\frac{\pi}{2}\log^2\sin\theta d\theta &=& \frac{\pi}{2}\left(\log^2 2+\frac{\pi^2}{12}\right)\\ \int_0^\frac{\pi}{2}\log^3\sin\theta d\theta &=& -\frac{\pi}{2}\log^3 2-\frac{\pi^3}{8}\log2-\frac{3}{4}\pi\zeta(3)\end{eqnarray*}ベータ関数の対称性から\(\log\cos\) でも同じ値を得る。またベータ関数の微分をがんばって繰り返すことでより高次の値を求めることが可能。
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