前回はこちら：
\begin{align}\int_0^\frac{\pi}{2}x\cos nx\cos^nxdx&=\frac{1}{2^{n+2}}\left(\frac{\pi^2}{2}-\sum_{m=1}^n\frac{1}{m}\sum_{k=1}^m\frac{2^k}{k}\right)\\\int_0^\frac{\pi}{2}xe^{inx}\sin^nxdx&=\frac{i^n}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^2}{2}+\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\sum_{l=1}^k\frac{2^l}{l}+i\pi\left(H_n-\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}\right)\right]\\\int_0^\frac{\pi}{2}x\sin nx\cos^nxdx&=\frac{\pi H_n}{2^{n+2}}\\\int_0^\frac{\pi}{2}x^2e^{inx}\sin^nxdx&=\frac{i^n}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^3}{6}+\pi\sum_{k=1}^n\frac{\binom{n}{k}}{k^2}-\frac{i\pi^2}{2}\sum_{k=1}^n\frac{\binom{n}{k}}{k}+i\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\frac{1-(-1)^k}{k^3}\right]\\\int_0^\frac{\pi}{2}x^2e^{inx}\cos^nxdx&=\frac{1}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^3}{6}-\pi\frac{H_n^{~2}+H_n^{(2)}}{2}+i\sum_{k=1}^n\frac{\{(-1)^k-1\}\binom{n}{k}}{k^3}+\frac{i\pi^2}{2}H_n\right]\end{align}
やり方は前回と同様ですので、前回の記事を読まれた方は、本記事を読まずともできるかもしれません。
\begin{align}\sum_{k=1}^n\frac{\binom{n}{k}}{k}&=\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}-H_n\tag{1a}\\\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k\binom{n}{k}}{k}&=-H_n\tag{1b}\\\sum_{k=1}^n\frac{\binom{n}{k}}{k^2}&=\sum_{m=1}^n\frac{1}{m}\sum_{k=1}^m\frac{\binom{m}{k}}{k}\\&=\sum_{m=1}^n\frac{1}{m}\left(\sum_{k=1}^m\frac{2^k}{k}-H_m\right)\tag{1c}\\\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k\binom{n}{k}}{k^2}&=-\sum_{k=1}^n\frac{H_k}{k}\\&=-\frac{H_n^{~2}+H_n^{(2)}}{2}\tag{1d}\\\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k\binom{n}{k}}{k^3}&=-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\frac{H_k^{~2}+H_k^{(2)}}{k}\\&=-\frac{H_n^{~3}+3H_nH_n^{(2)}+2H_n^{(3)}}{6}\tag{1e}\end{align}
(1a)を示します。(1a)を $a_n$ と定義すると階差をとって\begin{align}a_{n+1}-a_n&=\frac{1}{n+1}+\sum_{k=1}^n\frac{\binom{n+1}{k}-\binom{n}{k}}{k}\\&=\frac{1}{n+1}+\sum_{k=1}^n\frac{n!}{k\cdot k!(n-k)!}\left(\frac{n+1}{n-k+1}-1\right)\\&=\frac{1}{n+1}+\sum_{k=1}^n\frac{n!}{k!(n-k+1)!}\\&=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^n\binom{n+1}{k}\\&=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n\binom{n+1}{k}\\&=\frac{1}{n+1}\left[\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}-1\right]\\&=\frac{2^{n+1}}{n+1}-\frac{1}{n+1}\end{align}最後の行は二項定理を使いました。よって $a_1=1$ から(1a)が示されます。
(1b)(1c)(1d)(1e)も全く同様に示すことができます。(1c)を計算する途中に(1a)が現れますし、(1e)の計算には(1d)を、(1d)の計算には(1b)を用います。また調和数を含む有限和の計算として
を参照してください。
$$A_n:=\int_0^\frac{\pi}{2}x\cos nx\cos^nxdx$$の計算は、ベータ関数の逆数の積分表示を微分する方法もありますが、初等的にやってみましょう。部分積分により$$A_n=-\frac{1}{n}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin nx\cos^nxdx+\int_0^\frac{\pi}{2}x\sin nx\cos^{n-1}x\sin xdx$$右辺第1項は前回の記事で求まっているので$$A_n=-\frac{1}{2^{n+1}n}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}+\int_0^\frac{\pi}{2}x\sin nx\cos^{n-1}x\sin xdx$$両辺に $A_n$ を加えると$$2A_n=-\frac{1}{2^{n+1}n}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}+A_{n-1}$$ただしここで三角関数の加法定理を使いました。両辺に $2^{n-1}$ をかけて$$2^nA_n=-\frac{1}{4n}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}+2^{n-1}A_{n-1}$$この漸化式を繰り返し用いて $A_1=\frac{\pi^2}{16}-\frac{1}{4}$ と合わせると\begin{equation}A_n=\frac{1}{2^{n+2}}\left(\frac{\pi^2}{2}-\sum_{m=1}^n\frac{1}{m}\sum_{k=1}^m\frac{2^k}{k}\right)\tag{2}\end{equation}あまりすっきりしない形ですが、とりあえず１つ求まりました。
次に$$B_n:=\int_0^\frac{\pi}{2}xe^{inx}\sin^nxdx$$を計算します。これを計算して実部・虚部を取れば $x\cos nx\sin^nx$ , $x\sin nx\sin^nx$ の積分が求まります。もちろん(2)と同様に部分積分による方法でやっても構いません。
前回の記事より\begin{equation}e^{inx}\sin^nx=\frac{1}{(-2i)^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-e^{2ix})^k\tag{3}\end{equation}を使うと$$B_n=\frac{i^n}{2^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k\int_0^\frac{\pi}{2}xe^{2ikx}dx$$$k=0$ と $k>0$ では積分値が異なることに注意します。$k=0$ だけ別で計算し、$k>0$ では部分積分を施すと$$B_n=\frac{i^n}{2^n}\left[\frac{\pi^2}{8}+\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\frac{-i\pi}{4k}+\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\frac{1-(-1)^k}{4k^2}\right]$$（このままでもいいですが）残った $\sum$ には先ほどの補題をつかいます。\begin{equation}B_n=\frac{i^n}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^2}{2}+\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\sum_{l=1}^k\frac{2^l}{l}+i\pi\left(H_n-\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}\right)\right]\tag{4}\end{equation}$i^n$ があるため、$n$ の偶奇で実部・虚部が入れ替わります。場合分けして書いてもそれほど綺麗にならないですし、ここまでにしておきましょう。
次に$$D_n:=\int_0^\frac{\pi}{2}x\sin nx\cos^nxdx$$を計算します。$A_n$ と同様の手順です。部分積分により$$D_n=\frac{1}{n}\int_0^\frac{\pi}{2}\cos nx\cos^nxdx-\int_0^\frac{\pi}{2}x\cos nx\cos^{n-1}x\sin xdx$$右辺第1項は前回の記事で求まっているので$$D_n=\frac{\pi}{2^{n+1}n}-\int_0^\frac{\pi}{2}x\cos nx\cos^{n-1}x\sin xdx$$両辺に $D_n$ を加えて被積分関数には三角関数の加法定理を応用します。すると$$2D_n=\frac{\pi}{2^{n+1}n}+D_{n-1}$$両辺に $2^{n-1}$ をかけて$$2^nD_n=\frac{\pi}{4n}+2^{n-1}D_{n-1}$$この漸化式を繰り返し用いて $D_1=\frac{\pi}{8}$ より\begin{equation}D_n=\frac{\pi H_n}{2^{n+2}}\tag{5}\end{equation}と、かなり綺麗な式になりました。
次に$$E_n:=\int_0^\frac{\pi}{2}x^2e^{inx}\sin^nxdx$$を計算します。$B_n$ を計算したときと同様の手順で\begin{equation}E_n=\frac{i^n}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^3}{6}+\pi\sum_{k=1}^n\frac{\binom{n}{k}}{k^2}-\frac{i\pi^2}{2}\sum_{k=1}^n\frac{\binom{n}{k}}{k}+i\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\frac{1-(-1)^k}{k^3}\right]\tag{6}\end{equation}補題を使ってもう少し変形できますが、それほど綺麗な式になるわけでもないのでやめておきます。
さらに$$F_n:=\int_0^\frac{\pi}{2}x^2e^{inx}\cos^nxdx$$もやりましょう。$$e^{inx}\cos^nx=\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}e^{2ikx}$$より、同様に計算すると$$F_n=\frac{1}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^3}{6}+\pi\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k\binom{n}{k}}{k^2}+i\sum_{k=1}^n\frac{\{(-1)^k-1\}\binom{n}{k}}{k^3}-\frac{i\pi^2}{2}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k\binom{n}{k}}{k}\right]$$補題も用いると\begin{equation}F_n=\frac{1}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^3}{6}-\pi\frac{H_n^{~2}+H_n^{(2)}}{2}+i\sum_{k=1}^n\frac{\{(-1)^k-1\}\binom{n}{k}}{k^3}+\frac{i\pi^2}{2}H_n\right]\tag{7}\end{equation}今回は実部がきれいな式になりそうです。すなわち\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\cos nx\cos^nxdx=\frac{\pi}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^2}{6}-\frac{H_n^{~2}+H_n^{(2)}}{2}\right]\tag{8}\end{equation}
\begin{align}\int_0^\frac{\pi}{2}x\cos nx\cos^nxdx&=\frac{1}{2^{n+2}}\left(\frac{\pi^2}{2}-\sum_{m=1}^n\frac{1}{m}\sum_{k=1}^m\frac{2^k}{k}\right)\\\int_0^\frac{\pi}{2}xe^{inx}\sin^nxdx&=\frac{i^n}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^2}{2}+\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\sum_{l=1}^k\frac{2^l}{l}+i\pi\left(H_n-\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}\right)\right]\\\int_0^\frac{\pi}{2}x\sin nx\cos^nxdx&=\frac{\pi H_n}{2^{n+2}}\\\int_0^\frac{\pi}{2}x^2e^{inx}\sin^nxdx&=\frac{i^n}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^3}{6}+\pi\sum_{k=1}^n\frac{\binom{n}{k}}{k^2}-\frac{i\pi^2}{2}\sum_{k=1}^n\frac{\binom{n}{k}}{k}+i\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\frac{1-(-1)^k}{k^3}\right]\\\int_0^\frac{\pi}{2}x^2e^{inx}\cos^nxdx&=\frac{1}{2^{n+2}}\left[\frac{\pi^3}{6}-\pi\frac{H_n^{~2}+H_n^{(2)}}{2}+i\sum_{k=1}^n\frac{\{(-1)^k-1\}\binom{n}{k}}{k^3}+\frac{i\pi^2}{2}H_n\right]\end{align}
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