$$I\equiv\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x^3}{\sin^3x}dx=?$$
結構苦労したので独立した記事にしました。すでに書いた略解はこちら：
もくじ
cosec^3 の積分
与えられた積分を部分積分によってばらしたいです。$x$ と $\sin$ をまぜて微積分するとごちゃごちゃになるので、$\sin^{-3}x$ を積分して $x^3$ を微分するのがいいでしょう。
\begin{equation}\int\frac{dx}{\sin^3x}=\frac{1}{2}\left(\ln\tan\frac{x}{2}-\frac{\cos x}{\sin^2 x}\right)+const.\tag{1}\end{equation}
【証明】右辺を微分すれば簡単に示せますが、天下りなのもイヤなので積分してみましょう。\begin{eqnarray*}\int\frac{dx}{\sin^3x}&&=\int\frac{\sin xdx}{(1-\cos^2x)^2}\\&&=-\int\frac{dy}{(1-y^2)^2}\quad(\cos x\to y)\\&&=-\frac{1}{4}\int\left(\frac{1}{1-y}+\frac{1}{1+y}\right)^2dy\\&&=-\frac{1}{4}\int\left[\frac{1}{(1-y)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1-y}\right]dy\\&&=\frac{1}{4}\left(\ln\left|\frac{1-y}{1+y}\right|+\frac{1}{1+y}-\frac{1}{1-y}\right)+const\\&&=\frac{1}{4}\left(\ln\left|\frac{1-\cos x}{1+\cos x}\right|+\frac{1}{1+\cos x}-\frac{1}{1-\cos x}\right)+const\\&&=\frac{1}{4}\left(2\ln\frac{\sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2}}+\frac{-2\cos x}{1-\cos^2 x}\right)+const\\&&=\frac{1}{2}\left(\ln\tan\frac{x}{2}-\frac{\cos x}{\sin^2 x}\right)+const\end{eqnarray*}これで(1)は示されました。【証明終】
部分積分の実行
補題１を使って部分積分します。\begin{eqnarray*}I&&=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x^3}{\sin^3x}dx\\&&=\left[\frac{x^3}{2}\left(\ln\tan\frac{x}{2}-\frac{\cos x}{\sin^2x}\right)\right]_0^\frac{\pi}{2}-\frac{3}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\left(\ln\tan\frac{x}{2}-\frac{\cos x}{\sin^2x}\right)dx\\&&=\frac{3}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\left(\frac{\cos x}{\sin^2x}-\ln\tan\frac{x}{2}\right)dx\end{eqnarray*}よって次のように書けます。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x^3}{\sin^3x}dx=\frac{3}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\left(\frac{\cos x}{\sin^2x}-\ln\tan\frac{x}{2}\right)dx\tag{2}\end{equation}
これを項別に積分していきます。
(2)の第1項$$\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\frac{\cos x}{\sin^2x}dx$$を計算します。
またもや部分積分
$\cos$ が $\sin$ の微分であることから、効果的に部分積分ができると予想できます。\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\frac{\cos x}{\sin^2x}dx&&=\left[-\frac{x^2}{\sin x}\right]_0^\frac{\pi}{2}+2\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x}{\sin x}dx\\&&=-\frac{\pi^2}{4}+2\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x}{\sin x}dx\tag{3}\end{eqnarray}この第2項は初等的に計算できません。そこで次のようにします。
Catalan定数の登場
ディリクレのベータ関数は次の無限級数で定義される。\begin{equation}\beta(s)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^s}\tag{4}\end{equation}特に $\beta(2)$ をCatalan定数 $G$ とよぶ。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x}{\sin x}dx=2G\tag{5}\end{equation}
【証明】$y=\tan\frac{x}{2}$ と置換します（ワイエルシュトラス置換）。\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x}{\sin x}dx&&=2\int_0^1\frac{\arctan y}{y}dy\\&&=2\int_0^1\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}y^{2n}dy\\&&=2\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\\&&=2\beta(2)\\&&=2G\end{eqnarray*}【証明終】
途中、$\arctan$ のマクローリン展開を使いました。これにて(5)は示されました。(3)に適用して
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\frac{\cos x}{\sin^2x}dx=-\frac{\pi^2}{4}+4G\tag{6}\end{equation}
次に(2)の第2項$$\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\ln\tan\frac{x}{2}dx$$を計算します。$x=2y$ と置換すると$$8\int_0^\frac{\pi}{4}y^2\ln\tan ydy$$したがって
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\ln\tan\frac{x}{2}dx=8\int_0^\frac{\pi}{4}y^2\ln\tan ydy\tag{7}\end{equation}
ここからが問題なのですが、次の補題を示すことでクリアできます。
logsinとlogcosのフーリエ級数展開
$0<x<\frac{\pi}{2}$ において\begin{equation}\ln(2\sin x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos 2nx}{n}\tag{8}\end{equation}\begin{equation}\ln(2\cos x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}\cos 2nx}{n}\tag{9}\end{equation}
式の形より、それぞれ左辺のフーリエ展開を表しています。
【証明】対数のマクローリン展開$$\ln(1-X)=-X-\frac{X^2}{2}-\frac{X^3}{3}-\cdots$$を用います。\begin{eqnarray*}\ln(2\sin x)&&=\ln (e^{i(x-\frac{\pi}{2})}-e^{i(-x-\frac{\pi}{2})})\\&&=\left(x-\frac{\pi}{2}\right)i+\ln\left(1-e^{-2ix}\right)\\&&=\left(x-\frac{\pi}{2}\right)i-\sum_{n=1}^\infty\frac{(e^{-2ix})^n}{n}\\&&=\left(x-\frac{\pi}{2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin 2nx}{n}\right)i-\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos2nx}{n}\end{eqnarray*}実部をとれば(8)が成立します。
次に\begin{eqnarray*}\ln(2\cos x)&&=\ln(e^{ix}+e^{-ix})\\&&=ix+\ln(1+e^{-2ix})\\&&=ix+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}(e^{-2ix})^n}{n}\\&&=ix+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}e^{-2inx}}{n}\\&&=i\left(x+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\sin2nx}{n}\right)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}\cos 2nx}{n}\end{eqnarray*}実部をとれば(9)を得ます。【証明終】
logtanのフーリエ級数展開
\begin{equation}\ln\tan x=-2\sum_{n=0}^\infty\frac{\cos2(2n+1)x}{2n+1}\tag{10}\end{equation}
【証明】補題３(8)(9)を辺々引いて\begin{eqnarray*}\ln\tan x&&=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\cos 2nx}{n}+\frac{(-1)^{n-1}\cos 2nx}{n}\right)\\&&=\sum_{n=1}^\infty\left\{(-1)^n-1\right\}\frac{\cos2nx}{n}\end{eqnarray*}$n$ を偶奇で分けましょう。$n$ を $2n+1$ および $2n$ に書き換えると\begin{eqnarray*}\ln\tan x&&=\sum_{n=0}^\infty\left\{(-1)^{2n+1}-1\right\}\frac{\cos2(2n+1)x}{2n+1}+\sum_{n=1}^\infty\left\{(-1)^{2n}-1\right\}\frac{\cos4nx}{2n}\\&&=-2\sum_{n=0}^\infty\frac{\cos2(2n+1)x}{2n+1}\end{eqnarray*}【証明終】
よって(10)を(7)に適用すれば
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\ln\tan\frac{x}{2}dx=-16\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2n+1}\int_0^\frac{\pi}{4}y^2\cos2(2n+1)ydy\tag{11}\end{equation}
右辺の積分は高等学校の部分積分でも見たことがあるので、初等的にいけますね！
Catalan定数とβ(4)の登場
(11)右辺の積分を実行します。\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{4}&&y^2\cos2(2n+1)ydy\\&&=\frac{1}{2(2n+1)}\left[y^2\sin2(2n+1)y\right]_0^\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2n+1}\int_0^\frac{\pi}{4}y\sin2(2n+1)ydy\\&&=\frac{\pi^2(-1)^n}{32(2n+1)}-\frac{1}{2n+1}\int_0^\frac{\pi}{4}y\sin2(2n+1)ydy\\&&=\frac{\pi^2(-1)^n}{32(2n+1)}+\frac{1}{2(2n+1)^2}\left[y\cos2(2n+1)y\right]_0^\frac{\pi}{4}\\&&\quad\quad-\frac{1}{2(2n+1)^2}\int_0^\frac{\pi}{4}\cos2(2n+1)ydy\\&&=\frac{\pi^2(-1)^n}{32(2n+1)}-\frac{1}{4(2n+1)^3}\left[\sin2(2n+1)y\right]_0^\frac{\pi}{4}\\&&=\frac{\pi^2(-1)^n}{32(2n+1)}-\frac{(-1)^n}{4(2n+1)^3}\end{eqnarray*}これにより(11)は$$\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\ln\tan\frac{x}{2}dx=-16\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{\pi^2(-1)^n}{32(2n+1)^2}-\frac{(-1)^n}{4(2n+1)^4}\right)$$(4)のディリクレのベータ関数の定義を見れば
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\ln\tan\frac{x}{2}dx=-\frac{\pi^2}{2}G+4\beta(4)\tag{12}\end{equation}
ここまでをおさらいすると、まず求めたい積分は\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x^3}{\sin^3x}dx=\frac{3}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\left(\frac{\cos x}{\sin^2x}-\ln\tan\frac{x}{2}\right)dx\tag{2}\end{equation}と変形できて、これを項別に積分すると、第1項は\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\frac{\cos x}{\sin^2x}dx=-\frac{\pi^2}{4}+4G\tag{6}\end{equation}そして第2項は\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\ln\tan\frac{x}{2}dx=-\frac{\pi^2}{2}G+4\beta(4)\tag{12}\end{equation}
これらを合わせると、求める答えは
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x^3}{\sin^3x}dx=-\frac{3}{8}\pi^2+\left(6+\frac{3}{4}\pi^2\right)G-6\beta(4)\tag{13}\end{equation}
個人的に少し背伸びするいい難易度で、達成感がありました。
ほかにもいろいろ挑戦しました：
雑多な積分を集めた記事はこちら。いろんなヒントが詰まっているはず：
ディリクレのベータ関数が登場する記事：
$\int\frac{x^m}{\sinh x}dx,\int\frac{x^m}{\cosh x}dx$ ゼータとベータ
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