\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\cos \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\G(\frac{1}{4})^2}\left(\pi^2+8G-16\right)\\\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\sec \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{4\G(\frac{3}{4})^2}\left(\pi^2-8G\right)\\\int_0^\pi\t^2\sqrt{\sin \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\G(\frac{1}{4})^2}\left(3\pi^2+16G-32\right)\\\int_0^\pi\t^2\sqrt{\csc \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{4\G(\frac{3}{4})^2}\left(3\pi^2-16G\right)\\\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\cot\t} d\t &=&\frac{\pi\sqrt{2}}{8}\left(\frac{5}{12}\pi^2-\pi\ln2-\ln^2 2\right)\\\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\tan\t} d\t &=&\frac{\pi\sqrt{2}}{8}\left(\frac{5}{12}\pi^2+\pi\ln2-\ln^2 2\right)\end{eqnarray}
これらの等式を、ベータ関数の逆数の積分表示を用いて証明します。
過去記事
において示した公式
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^{x-1}\t\cos y\t d\t=\frac{\pi}{2^xxB(\frac{x+y+1}{2},\frac{x-y+1}{2})}\tag{1.1}\end{equation}
を $f(x,y)$ とすると\begin{equation}f(x,y):=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^{x-1}\t\cos y\t d\t=\frac{\pi\G(x)}{2^x\G(\frac{x+y+1}{2})\G(\frac{x-y+1}{2})}\tag{1.2}\end{equation}$y=0$ とすると\begin{equation}f(x,0)=\frac{\pi\G(x)}{2^x\G(\frac{x+1}{2})^2}\tag{1.3}\end{equation}(1.2)を偏微分します。\begin{equation}\dd{f}{y}=-\int_0^\frac{\pi}{2}\t\cos^{x-1}\t\sin y\t d\t=-\frac{f(x,y)}{2}\left[\psi\left(\frac{x+y+1}{2}\right)-\psi\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\tag{1.4}\end{equation}あきらかに\begin{equation}\dd{f}{y}(x,0)=0\tag{1.5}\end{equation}さらに偏微分して\begin{eqnarray}\frac{\partial^2f}{\partial y^2} &=& -\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\cos^{x-1}\t\cos y\t d\t \\ &=& -\frac{f(x,y)}{4}\left[\psi'\left(\frac{x+y+1}{2}\right)+\psi'\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\\&&-\frac{1}{2}\dd{f}{y}\left[\psi\left(\frac{x+y+1}{2}\right)-\psi\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\tag{1.6}\end{eqnarray}$y=0$ とすれば(1.3)(1.5)を用いて次の式を得ます。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\cos^{x-1}\t d\t=\frac{\pi\G(x)}{2^{x+1}\G(\frac{x+1}{2})^2}\psi'\left(\frac{x+1}{2}\right)\tag{1.7}\end{equation}
$x=\dfrac{3}{2}\:,\:\dfrac{1}{2}$ とすればそれぞれ次のようになります。\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\cos \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\G(\frac{1}{4})^2}\left(\psi'\left(\frac{1}{4}\right)-16\right)\tag{1.8}\\\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\sec \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{4\G(\frac{3}{4})^2}\psi'\left(\frac{3}{4}\right)\tag{1.9}\end{eqnarray}過去記事
【γ10】ポリガンマ関数の値、極、級数表示、ゼータ関数との関係（ガンマ関数の基礎シリーズ10）
よりフルヴィッツゼータ関数を用いれば $\psi'(z)=\zeta(2,z)$ です。したがって\begin{eqnarray*}\psi'\left(\frac{1}{4}\right)+\psi'\left(\frac{3}{4}\right) &=& 16\sum_{n=0}^\infty\left[\frac{1}{(4n+1)^2}+\frac{1}{(4n+3)^2}\right] \\ &=&16\left[\zeta(2)-\frac{1}{16}\zeta(2)-\frac{1}{4}\frac{3}{4}\zeta(2)\right] \\&=& 2\pi^2\\ \psi'\left(\frac{1}{4}\right)-\psi'\left(\frac{3}{4}\right) &=& 16\sum_{n=0}^\infty\left[\frac{1}{(4n+1)^2}-\frac{1}{(4n+3)^2}\right] \\ &=&16\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\\ &=& 16G\end{eqnarray*}ここで $G$ はカタラン定数です。これらより
\begin{eqnarray}\psi'\left(\frac{1}{4}\right) &=& \pi^2+8G\tag{1.10}\\\psi'\left(\frac{3}{4}\right) &=&\pi^2-8G\tag{1.11}\end{eqnarray}
以上より(1.8)(1.9)は
\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\cos \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\G(\frac{1}{4})^2}\left(\pi^2+8G-16\right)\tag{1.12}\\\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\sec \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{4\G(\frac{3}{4})^2}\left(\pi^2-8G\right)\tag{1.13}\end{eqnarray}
過去記事
において示した公式
\begin{equation}\int_0^\pi\sin^{x-1}\t\cos y\t d\t=\frac{\pi\cos\frac{\pi y}{2}}{2^{x-1}xB(\frac{x+y+1}{2},\frac{x-y+1}{2})}\tag{2.1}\end{equation}
を $g(x,y)$ とすると\begin{equation}g(x,y):=\int_0^\pi\sin^{x-1}\t\cos y\t d\t=\frac{\pi\G(x)\cos\frac{\pi y}{2}}{2^{x-1}\G(\frac{x+y+1}{2})\G(\frac{x-y+1}{2})}\tag{2.2}\end{equation}$y=0$ とすると\begin{equation}g(x,0)=\frac{\pi\G(x)}{2^{x-1}\G(\frac{x+1}{2})^2}\tag{2.3}\end{equation}(2.2)を偏微分します。\begin{eqnarray}\dd{g}{y}&=&-\int_0^\pi \t\sin^{x-1}\t\sin y\t d\t\\&=&-\frac{g(x,y)}{2}\left[\pi\tan\frac{\pi y}{2}+\psi\left(\frac{x+y+1}{2}\right)-\psi\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\tag{2.4}\end{eqnarray}あきらかに\begin{equation}\dd{g}{y}(x,0)=0\tag{2.5}\end{equation}さらに偏微分して\begin{eqnarray}\frac{\partial^2g}{\partial y^2} &=& -\int_0^\pi \t^2\sin^{x-1}\t\cos y\t d\t \\ &=& -\frac{g(x,y)}{4}\left[\pi^2\sec^2\frac{\pi y}{2}+\psi'\left(\frac{x+y+1}{2}\right)+\psi'\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\\&&-\frac{1}{2}\dd{g}{y}\left[\pi\tan\frac{\pi y}{2}+\psi\left(\frac{x+y+1}{2}\right)-\psi\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\tag{2.6}\end{eqnarray}$y=0$ とすれば(2.3)(2.5)を用いて次の式を得ます。
\begin{equation}\int_0^\pi \t^2\sin^{x-1}\t d\t=\frac{\pi\G(x)}{2^{x+1}\G(\frac{x+1}{2})^2}\left[\pi^2+2\psi'\left(\frac{x+1}{2}\right)\right]\tag{2.7}\end{equation}
$x=\dfrac{3}{2}\:,\:\dfrac{1}{2}$ とすればそれぞれ次のようになります。\begin{eqnarray}\int_0^\pi \t^2\sqrt{\sin\t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\G(\frac{1}{4})^2}\left(\pi^2+2\psi'\left(\frac{1}{4}\right)-32\right)\tag{2.8}\\ \int_0^\pi \t^2\sqrt{\csc\t} d\t &=& \frac{\pi\sqrt{2\pi}}{4\G(\frac{3}{4})^2}\left(\pi^2+2\psi'\left(\frac{3}{4}\right)\right)\tag{2.9}\end{eqnarray}(1.10)(1.11)より
\begin{eqnarray}\int_0^\pi\t^2\sqrt{\sin \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\G(\frac{1}{4})^2}\left(3\pi^2+16G-32\right)\tag{2.10}\\\int_0^\pi\t^2\sqrt{\csc \t} d\t&=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{4\G(\frac{3}{4})^2}\left(3\pi^2-16G\right)\tag{2.11}\end{eqnarray}
cotの公式
(2.2)(2.4)および過去記事
によって\begin{eqnarray}g\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) &=&\pi\tag{3.1} \\ \dd{g}{y}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) &=& -\frac{\pi}{2}(\pi+2\ln 2)\tag{3.2}\end{eqnarray}を得ます。
(2.6)より\begin{eqnarray*}\int_0^\pi \t^2\sin^{x-1}\t\cos y\t d\t &=& \frac{g(x,y)}{4}\left[\pi^2\sec^2\frac{\pi y}{2}+\psi'\left(\frac{x+y+1}{2}\right)+\psi'\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\\&&+\frac{1}{2}\dd{g}{y}\left[\pi\tan\frac{\pi y}{2}+\psi\left(\frac{x+y+1}{2}\right)-\psi\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\end{eqnarray*}この左辺を $\t\to2\t$ で置換すると$$LHS=8\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sin^{x-1}2\t\cos 2y\t d\t$$$x=y=1/2$ とすれば$$LHS_{x=y=1/2}=4\sqrt{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\cot\t} d\t$$なので\begin{eqnarray*}4\sqrt{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\cot\t} d\t &=& \frac{g(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}{4}\left[2\pi^2+\psi'(1)+\psi'\left(\frac{1}{2}\right)\right]\\&&+\frac{1}{2}\dd{g}{y}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\left[\pi+\psi(1)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)\right]\end{eqnarray*}(3.1)(3.2)および過去記事
【γ10】ポリガンマ関数の値、極、級数表示、ゼータ関数との関係（ガンマ関数の基礎シリーズ10）
にある $\psi'(1)=\zeta(2)$ , $\psi'(1/2)=\pi^2/2$ により$$4\sqrt{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\cot\t} d\t =\frac{5}{12}\pi^3-\pi^2\ln2-\pi\ln^2 2$$以上より
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\cot\t} d\t =\frac{\pi\sqrt{2}}{8}\left(\frac{5}{12}\pi^2-\pi\ln2-\ln^2 2\right)\tag{3.3}\end{equation}
tanの公式
過去記事
で示した式
\begin{equation}\int_0^\pi\sin^{x-1}\t\sin y\t d\t=\frac{\pi\sin\frac{\pi y}{2}}{2^{x-1}xB(\frac{x+y+1}{2},\frac{x-y+1}{2})}\tag{3.4}\end{equation}
これを $h(x,y)$ とおきます。\begin{equation}h(x,y):=\int_0^\pi\sin^{x-1}\t\sin y\t d\t=\frac{\pi\G(x)\sin\frac{\pi y}{2}}{2^{x-1}\G(\frac{x+y+1}{2})\G(\frac{x-y+1}{2})}\tag{3.5}\end{equation}偏微分します。\begin{eqnarray}\dd{h}{y}&=&\int_0^\pi \t\sin^{x-1}\t\cos y\t d\t\\&=&-\frac{h(x,y)}{2}\left[-\pi\cot\frac{\pi y}{2}+\psi\left(\frac{x+y+1}{2}\right)-\psi\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\tag{3.6}\end{eqnarray}もう一度微分します。\begin{eqnarray}\frac{\partial^2g}{\partial y^2} &=& -\int_0^\pi \t^2\sin^{x-1}\t\cos y\t d\t \\ &=& -\frac{h(x,y)}{4}\left[\pi^2\csc^2\frac{\pi y}{2}+\psi'\left(\frac{x+y+1}{2}\right)+\psi'\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\\&&-\frac{1}{2}\dd{h}{y}\left[-\pi\cot\frac{\pi y}{2}+\psi\left(\frac{x+y+1}{2}\right)-\psi\left(\frac{x-y+1}{2}\right)\right]\tag{3.7}\end{eqnarray}前節と全く同様に計算しましょう。\begin{eqnarray}h\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)&=&\pi\tag{3.8}\\\dd{h}{y}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)&=&\frac{\pi}{2}(\pi-2\ln2)\tag{3.9}\\\frac{\partial^2h}{\partial y^2}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)&=&-\frac{5}{12}\pi^3-\pi^2\ln2+\pi\ln^2 2\tag{3.10}\end{eqnarray}また(3.7)より$$\int_0^\pi \t^2\sin^{x-1}\t\cos y\t d\t =-\frac{\partial^2g}{\partial y^2}$$先ほどと同様の置換をして $x=y=1/2$ とすると$$\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\tan\t}d\t=-\frac{1}{4\sqrt{2}}\frac{\partial^2h}{\partial y^2}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$$(3.10)より次の結論が得られます。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\t^2\sqrt{\tan\t} d\t =\frac{\pi\sqrt{2}}{8}\left(\frac{5}{12}\pi^2+\pi\ln2-\ln^2 2\right)\tag{3.11}\end{equation}
今回は $x^2$ がかかっている積分をしましたが、同様に $x\sqrt{\quad\quad}$ も導出可能ですし、もっとたくさん微分すれば $x^n\sqrt{\quad\quad}$ も、手間さえかければ計算できそうです。
こちらもどうぞ：
Please support me!
記事を気に入って下さった方、「応援してあげてもいいよ」という方がいらっしゃったら15円から可能なので支援していただければ幸いです。情報発信を継続していくため、サーバー維持費などに充てさせていただきます。
ご支援いただいた方は、こちらで確認できます。
◎ Amazonギフトの場合、
Amazonギフト券- Eメールタイプ – Amazonベーシック
より、金額は空白欄に適当に(15円から)書きこんで下さい。受取人は「mamekebiamazonあっとgmail.com」です（あっとは@に置き換えてください）。贈り主は「匿名」等でOKです。全額がクリエイターに届きます。
◎ OFUSEは登録不要で、100円から寄付できます。金額の90%がクリエイターに届きます。
OFUSEで応援を送る◎ codocは登録不要で、100円から寄付できます。金額の85%がクリエイターに届きます。
