数学

logx/(a^n+x^n)の広義積分

このノートには,整数 $n \geqq 2$ と実数 $a>0$ に対して成り立つ以下の等式
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{x^n+a^n}\,dx = \frac{\pi}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}\left(\log{a}-\frac{\pi\cos{(\pi/n)}}{n\sin{(\pi/n)}}\right)
\]
の導出についてまとめた.

 

計算の方針と概略

複素解析を用いる I

  • 以下の記事の結果を利用して $a=1$ の場合計算する
  • 変数変換で一般の $a$ に対する結果を得る
  •  

    複素解析を用いる II

  • 以下の記事の Corollary 4.10 を用いて和を用いた表示を求める.
  • 以下の記事の結果を利用して和を整理する
  •  

    計算:複素解析を用いる I

    $a=1$ の場合を計算する

     

    整数 $n \geqq 2$ に対して
    \[
    f(z)=\frac{\log{z}}{1+z^n}
    \]
    とおく.

     

    積分路の設定

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    $0 < \varepsilon < R$ に対して
    \[
    \begin{cases}
    C_1: z(t)=t & (t: \varepsilon \to R) \\
    C_2: z(t)=Re^{it} & (t:0 \to 2\pi i/n) \\
    C_3: z(t)=te^{2\pi i/n} & (t:R \to \varepsilon) \\
    C_4: z(t)=\varepsilon e^{it} & (t: 2\pi i / n \to 0)
    \end{cases}
    \]
    からなる積分路 $C=C_1+C_2+C_3+C_4$ を考える.

     

    留数の計算

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    $f(z)=\log{z}/(1+z^n)$ の孤立特異点は $1+z^{n}= 0$ の解である.$z = r(\cos{\theta} + i \sin{\theta})$ とおく.
    \[
    r^{n} = |z^{n}| = |-1^{n}| = 1
    \]
    であるから $r=1$ を得る.また,de Moivreの定理より
    \[
    -1 = z^{n} = \cos{n\theta} + i \sin{n\theta}
    \]
    である.両辺の実部と虚部を比較すれば
    \[
    -1 = \cos{n\theta}, \qquad 0 = \sin{n\theta}
    \]
    となるから
    \[
    \theta = \frac{2k-1}{n}\pi
    \]
    を得る.以降
    \[
    \theta_k = \frac{2k-1}{n}\pi
    \]
    とすれば
    \[
    z_k = e^{i\theta_k} \qquad (k = 1 , 2 , \dots , n)
    \]
    が求める孤立特異点となる.これらはすべて $1$ 位の極である.

    $0 < \varepsilon < 1 < R$ のとき,閉曲線 $C$ に囲まれた領域に含まれる $f(z)$ の極は
    \[
    z_1=e^{i\theta_1}=\cos{\frac{\pi}{n}}+i\sin{\frac{\pi}{n}}
    \]
    だけである.この点での $f(z)$ の留数は
    \[
    \begin{align*}
    \underset{z=z_1}{\textrm{Res}}\,f(z)
    &=\underset{z=z_1}{\textrm{Res}}\,\frac{\log{z}}{1+z^n} \\
    &=\lim_{z \to z_1}\frac{(z-z_1)\log{z}}{1+z^n}\\
    &=\lim_{z \to z_1}\frac{\log{z}+(z-z_1)/z}{nz^{n-1}}\\
    &= \frac{\log{z_1}}{nz_1^{n-1}} \\
    &= \frac{z_1\log{z_1}}{-n} \\
    &= -\frac{\pi i }{n^2}e^{\pi i/n}
    \end{align*}
    \]
    となる.

     

    $C_1$ 上の線積分

    詳細(click)

    \[
    \int_{C_1}f(z)\,dz = \int_{\varepsilon}^{R}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt
    \]

     

    $C_2$ 上の線積分

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    $R > 1$ のとき,三角不等式より
    \[
    |1+(Re^{it})^n| \geqq \left||1|-|Re^{it}|^n\right| = |1-R^n| = R^n-1
    \]
    であることに注意すれば
    \[
    \begin{align*}
    \left|\int_{C_2}f(z)\,dz\right|
    &\leqq \int_{0}^{2\pi /n}\left|\frac{\log{(Re^{it})}}{1+(Re^{it})^n}\right|\left|\frac{dz}{dt}\right|\,dt \\
    &= \int_{0}^{2\pi/n}\frac{|\log{R}+it|}{|1+(Re^{it})^n|}R\,dt \\
    &\leqq \int_{0}^{2\pi /n}\frac{\log{R}+t}{R^n-1}R\,dt \\
    &= \frac{2\pi R\log{R}}{n(R^n-1)} + \frac{2\pi^2 R\log{R}}{n^2(R^n-1)} \longrightarrow 0 \quad (R \to \infty)
    \end{align*}
    \]
    が成り立つ.

     

    $C_3$ 上の線積分

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    \[
    \begin{align*}
    \int_{C_3}f(z)\,dz
    &= \int_{R}^{\varepsilon}\frac{\log{te^{2\pi i/n}}}{1+(te^{2\pi i/n})^n}\frac{dz}{dt}\,dt \\
    &= -e^{2 \pi i/n}\int_{\varepsilon}^{R}\frac{\log{t}+2 \pi i/n}{1+t^n}\,dt \\
    &= -e^{2 \pi i/n}\int_{\varepsilon}^{R}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt-\frac{2 \pi i}{n}e^{2 \pi i/n}\int_{\varepsilon}^{R}\frac{dt}{1+t^n}
    \end{align*}
    \]

     

    $C_4$ 上の線積分

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    $0 < \varepsilon < 1$ のとき,三角不等式より
    \[
    |1+(\varepsilon e^{it})^n| \geqq \left||1|-|\varepsilon e^{it}|^n\right| = |1-\varepsilon ^n| = 1-\varepsilon^n
    \]
    であることに注意すれば
    \[
    \begin{align*}
    \left|\int_{C_4}f(z)\,dz\right|
    &\leqq \int_{0}^{2\pi /n}\left|\frac{\log{(\varepsilon e^{it})}}{1+(\varepsilon e^{it})^n}\right|\left|\frac{dz}{dt}\right|\,dt \\
    &= \int_{0}^{2\pi/n}\frac{|\log{\varepsilon}+it|}{|1+(\varepsilon e^{it})^n|}\varepsilon \,dt \\
    &\leqq \int_{0}^{2\pi /n}\frac{\log{\varepsilon }+t}{1-\varepsilon^n}\varepsilon\,dt \\
    &= \frac{2\pi \varepsilon\log{\varepsilon}}{n(1-\varepsilon^n)} + \frac{2\pi^2 \varepsilon\log{\varepsilon}}{n^2(1-\varepsilon^n)} \longrightarrow 0 \quad (\varepsilon \to +0)
    \end{align*}
    \]
    が成り立つ.ここで
    \[
    \lim_{\varepsilon \to +0}\varepsilon\log{\varepsilon} = 0
    \]
    に注意した.

     

    まとめ

    整数 $n \geqq 2$ と $a > 0$ に対して
    \[
    \int_{0}^{\infty}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt = -\frac{\pi^2\cos{(\pi/n)}}{n^2\sin^2{(\pi/n)}}
    \]
    が成り立つ.

     
    詳細(click)

    留数定理より
    \[
    \oint_{C}f(z)\,dz = 2\pi i \underset{z=z_1}{\textrm{Res}}\,f(z) = \frac{2\pi^2}{n^2}e^{\pi i/n}
    \]
    であるから
    \[
    \begin{align*}
    \frac{2\pi^2}{n^2}e^{\pi i/n}
    &= \oint_{C}f(z)\,dz \\
    &= \int_{C_1}f(z)\,dz + \int_{C_2}f(z)\,dz + \int_{C_3}f(z)\,dz + \int_{C_4}f(z)\,dz\\
    &=(1-e^{2\pi i/n})\int_{\varepsilon}^{R}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt+\int_{C_2}f(z)\,dz \\
    & \qquad -\frac{2 \pi i}{n}e^{2 \pi i/n}\int_{\varepsilon}^{R}\frac{dt}{1+t^n}+\int_{C_4}f(z)\,dz
    \end{align*}
    \]
    を得る.ここで極限 $R \to \infty$ を考えれば
    \[
    \frac{2\pi^2}{n^2}e^{\pi i/n} = (1-e^{2\pi i /n})\int_{0}^{\infty}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt-\frac{2 \pi^2 i}{n^2\sin{(\pi/n})}e^{2 \pi i/n}
    \]
    が成り立つ.ただし
    \[
    \int_{0}^{\infty}\frac{dt}{1+t^n}=\frac{\pi}{n\sin{(\pi/n)}}
    \]
    は以下のノートで導出した結果である:

    これを整理して

    \[
    \begin{align*}
    \int_{0}^{\infty}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt
    &=\frac{2\pi^2}{n^2}\frac{e^{\pi i/n}}{1-e^{2 \pi i/n}}+\frac{2 \pi^2 i}{n^2\sin{(\pi/n})}\frac{e^{2 \pi i/n}}{1-e^{2 \pi i/n}} \\
    &=\frac{\pi^2}{n^2}\left(i-\frac{e^{\pi i/n}}{\sin{(\pi/n})}\right)\frac{2i}{e^{\pi i/n}-e^{-\pi i/n}}\\
    &=\frac{\pi^2}{n^2}\left(-\frac{\cos{(\pi/n)}}{\sin{(\pi/n)}}\right)\frac{1}{\sin{(\pi/n)}} \\
    &=-\frac{\pi^2\cos{(\pi/n)}}{n^2\sin^2{(\pi/n)}}
    \end{align*}
    \]
    が成り立つ.ここで,2つ目の等号は
    \[
    \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i} = \sin{\theta}
    \]
    を用いた.

     

    一般の $a > 0$ に拡張する

     

    整数 $n \geqq 2$ と $a > 0$ に対して
    \[
    \int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{a^n+x^n}\,dx = \frac{\pi}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}\left(\log{a}-\frac{\pi\cos{(\pi/n)}}{n\sin{(\pi/n)}}\right)
    \]
    が成り立つ.

     
    詳細(click)

    変数変換 $t=x/a$ によって
    \[
    \begin{align*}
    -\frac{\pi^2\cos{(\pi/n)}}{n^2\sin^2{(\pi/n)}}
    &= \int_{0}^{\infty}\frac{\log{(x/a)}}{1+(x/a)^n}\frac{1}{a}\,dx \\
    &= a^{n-1}\left(\int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{a^n+x^n}\,dx-\log{a}\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{a^n+x^n}\right)
    \end{align*}
    \]
    が成り立つ.これを整理して
    \[
    \begin{align*}
    \int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{a^n+x^n}\,dx
    &=\log{a}\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{a^n+x^n}-\frac{\pi^2\cos{(\pi/n)}}{n^2a^{n-1}\sin^2{(\pi/n)}} \\
    &= \frac{\pi\log{a}}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}-\frac{\pi^2\cos{(\pi/n)}}{n^2a^{n-1}\sin^2{(\pi/n)}} \\
    &= \frac{\pi}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}\left(\log{a}-\frac{\pi\cos{(\pi/n)}}{n\sin{(\pi/n)}}\right)
    \end{align*}
    \]
    を得る.ここで,2つ目の等号で用いた
    \[
    \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{a^n+x^n}=\frac{\pi}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}
    \]
    は以下のノートで導出した結果である:

     
    補足(click)

    導出の過程で
    \[
    \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{a^n+x^n}
    \]
    に関する結果を利用したが,この広義積分は $n=2$ のときの導出が容易である.したがって
    \[
    \int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{a^2+x^2}\,dx=\frac{\pi\log{a}}{2a}
    \]
    は上記の結果を参照せずに導出が可能である.

     

    計算:複素解析を用いる II

    Corollary 4.10 を用いる

    $f(z)$ の孤立特異点を調べる

    詳細(click)

    $f(z)=1/(z^n+a^n)$ の孤立特異点は $z^{n} + a^{n} = 0$ の解である.$z = r(\cos{\theta} + i \sin{\theta})$ とおく.
    \[
    r^{n} = |z^{n}| = |-a^{n}| = a^{n}
    \]
    であるから,$a,\,r>0$ に注意して $r=a$ を得る.また,de Moivreの定理より
    \[
    -a^{n} = z^{n} = r^{n}(\cos{n\theta} + i \sin{n\theta}) = a^{n}(\cos{n\theta} + i \sin{n\theta})
    \]
    である.両辺の実部と虚部を比較すれば
    \[
    -a^{n} = a^{n}\cos{n\theta}, \qquad 0 = a^{n}\sin{n\theta}
    \]
    となるから
    \[
    \theta = \frac{2k-1}{n}\pi
    \]
    を得る.以降
    \[
    \theta_k = \frac{2k-1}{n}\pi
    \]
    とすれば
    \[
    z_k = ae^{i\theta_k} \qquad (k = 1 , 2 , \dots , n)
    \]
    が求める孤立特異点となる.これらはすべて $1$ 位の極であり,原点または実軸上の点ではない.

     

    $f(z)(\log{z})^2$ の $z_k$ における留数を計算する

    詳細(click)

    \[
    z_k^{n-1} =-a^{n} /z_k
    \]
    であることと,$\log{z}$ の偏角の取り方が $0 < \theta < 2\pi$ であること,すなわち
    \[
    \log{z_k} = \log{ae^{i\theta_k}} = \log{a}+i\theta_k
    \]
    に注意して
    \[
    \begin{align*}
    \underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,f(z)(\log{z})^2
    &=\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,\frac{(\log{z})^2}{z^n+a^n} \\
    &=\lim_{z \to z_k}(z-z_k)\frac{(\log{z})^2}{z^n+a^n}\\
    &=\lim_{z \to z_k}\frac{(\log{z})^2-2(z-z_k)\frac{\log{z}}{z}}{nz^{n-1}} \\
    &= \frac{(\log{z_k})^2}{nz_k^{n-1}} \\
    &= \frac{z_k(\log{z_k})^2}{-na^n} \\
    &= \frac{\left(\cos{\theta_k}+i\sin{\theta_k}\right)\left((\log{a})^2+2i\theta_k\log{a}-\theta_k^2\right)}{-na^{n-1}}
    \end{align*}
    \]
    であり,その実部は
    \[
    \textrm{Re}\left(\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,f(z)(\log{z})^2\right) = a\cos{\theta_k}\left((\log{a})^2-\theta_k^2\right)-2a\log{a} \cdot \theta_k\sin{\theta_k}
    \]
    である.

     

    和を整理する

    留数の実部の和

    \[
    a(\log{a})^2\sum_{k=1}^{n}\cos{\theta_k-a\sum_{k=1}^{n}\theta_k^2\cos{\theta_k}}-2a\log{a}\sum_{k=1}^{n}\theta_k\sin{\theta_k}
    \]
    を整理する.$\theta_k=(2k-1)\pi/n$ であったから,和を整理するためには
    \[
    \cos{\theta_k}, \, k\cos{\theta_k}, \, k^2\cos{\theta_k}, \, \sin{\theta_k}, \, k\sin{\theta_k}
    \]
    をそれぞれ求めればよい.

    以降の計算で用いる三角関数の和の公式は次のノートで導出している:

    $\cos{\theta_k}$ の和

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    $\cos{k\theta}$ の和の公式において $\theta = 2\pi/n$ として
    \[
    \sum_{k=1}^{n}\cos{\frac{2k\pi}{n}} = \frac{\cos{\pi}\sin{(\pi+\frac{\pi}{2n})}}{\sin{\frac{\pi}{2n}}}-1=0
    \]
    を得る.また,$\cos{k\theta}$ の和の公式において $n$ を $2n$ で置き換えることにより
    \[
    \sum_{k=1}^{2n}\cos{k\theta} = \frac{\cos{n\theta}\sin{\frac{2n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}}-1
    \]
    である.$\theta = \pi/n$ として
    \[
    \sum_{k=1}^{2n}\cos{\frac{k\pi}{n}}=\frac{\cos{\pi}\sin{(\pi+\frac{\pi}{2n})}}{\sin{\frac{\pi}{2n}}}-1 = 0
    \]
    を得る.したがって
    \[
    \sum_{k=1}^{n}\cos{\theta_k} = \sum_{k=1}^{n}\cos{\frac{2k-1}{n}\pi}=\sum_{k=1}^{2n}\cos{\frac{k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}\cos{\frac{2k\pi}{n}}=0
    \]
    が成り立つ.

     

    $k\cos{\theta_k}$ の和

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    三角関数の性質と $\theta_k$ の定め方から
    \[
    \cos{\theta_k}=\cos{\theta_{n-k+1}}
    \]
    が成り立つ.ゆえに
    \[
    \begin{align*}
    \sum_{k=1}^{n}k\cos{\theta_k}
    &= \sum_{k=1}^{n}(n-k+1)\cos{\theta_{n-k+1}} \\
    &= \sum_{k=1}^{n}(n-k+1)\cos{\theta_k} \\
    &= (n+1)\sum_{k=1}^{n}\cos{\theta_k}-\sum_{k=1}^{n}k\cos{\theta_k}
    \end{align*}
    \]
    である.ただし最初の等号は,和の逆順処理による変換である(展開すれば等しいことが判る).したがって
    \[
    \sum_{k=1}^{n}k\cos{\theta_k}=\frac{n+1}{2}\sum_{k=1}^{n}\cos{\theta_k}=0
    \]
    を得る.

     

    $k^2\cos{\theta_k}$ の和

    詳細(click)

    簡単のため,$\cos{(\pi/n)}=c$ とおく.

    $k^2\cos{k\theta}$ の和の公式において $\theta=2\pi/n$ として
    \[
    \begin{align*}
    \sum_{k=1}^{n}k^2\cos{\frac{2k\pi}{n}}
    &=\frac{n^2(2(2c^2-1)^2-1)-4n(n+1)(2c^2-1)-n(3n+4)}{16(1-c^2)^2} \\
    &=\frac{8(n^2c^2-nc^3-n(2n+1)c^2+nc+n(n+1))}{16(1-c^2)^2}
    \end{align*}
    \]
    が成り立つ.また,$k^2\cos{k\theta}$ の和の公式において,$n$ を $2n$ で置き換えてから $\theta=\pi/n$ として
    \[
    \begin{align*}
    \sum_{k=1}^{2n}k^2\cos{\frac{k\pi}{n}}
    &=\frac{n^2(2c^2-1)-2n(2n+1)c+n(3n+2)}{(1-c)^2}
    \end{align*}
    \]
    を得る.また,$k\cos{k\theta}$ の和の公式から同様に計算すれば
    \[
    \sum_{k=1}^{n}k\cos{\frac{2k\pi}{n}} = \frac{n}{2}, \quad \sum_{k=1}^{2n}k\cos{\frac{k\pi}{n}} = n
    \]
    が得られることに注意すると
    \[
    \begin{align*}
    \sum_{k=1}^{n}k^2\cos{\frac{2k-1}{n}\pi}
    &= \sum_{k=1}^{2n}\left(\frac{k+1}{2}\right)^2\cos{\frac{k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{2k+1}{2}\right)^2\cos{\frac{2k\pi}{n}} \\
    &= \frac{1}{4}\sum_{k=1}^{2n}k^2\cos{\frac{k\pi}{n}}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n}k\cos{\frac{k\pi}{n}}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{2n}\cos{\frac{k\pi}{n}} \\
    & \qquad -\sum_{k=1}^{n}k^2\cos{\frac{2k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}k\cos{\frac{2k\pi}{n}}-\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{n}\cos{\frac{2k\pi}{n}} \\
    &= \frac{nc}{2(1-c^2)} \\
    &= \frac{n\cos{(\pi/n)}}{2\sin^2{(\pi/n)}}
    \end{align*}
    \]
    を得る.

     

    $\sin{\theta_k}$ の和

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    $\sin{\theta}$ の定義と $\theta_k$ の定め方から,和は $0$ である.

    【補足】$n$ が偶数のときは $\pm$ で打ち消しあうペアが存在する.$n$ が奇数のときは $\theta_k = \pi$ がペアから外れるが,$\sin{\pi}=0$ であるから無視してよい.

     

    $k\sin{\theta_k}$ の和

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    $\cos{\theta_k}$ を求める手順と同様にして
    \[
    \sum_{k=1}^{n}k\sin{\frac{2k\pi}{n}}=-\frac{n\cos{(\pi/n)}}{2\sin{(\pi/n)}}
    \]
    および
    \[
    \sum_{k=1}^{2n}k\sin{\frac{2\pi}{n}}=-\frac{n\cos{(\pi/2n})}{\sin{(\pi/2n)}}
    \]
    から
    \[
    \begin{align*}
    \sum_{k=1}^{n}k\sin{\frac{2k-1}{n}\pi}
    &=\sum_{k=1}^{2n}\frac{k+1}{2}\sin{\frac{k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}\frac{2k+1}{2}\sin{\frac{2k\pi}{n}} \\
    &= \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n}k\sin{\frac{k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}k\sin{\frac{2k\pi}{n}}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\sin{\frac{2k-1}{n}\pi} \\
    &= -\frac{n\cos{(\pi/2n})}{2\sin{(\pi/2n)}}+\frac{n\cos{(\pi/n)}}{2\sin{(\pi/n)}} \\
    &= -\frac{n}{2}\frac{\cos{(\pi/2n)}\sin{(\pi/n)}-\sin{(\pi/2n)}\cos{(\pi/n)}}{\sin{(\pi/n)}\sin{(\pi/2n)}} \\
    &= -\frac{n}{2}\frac{\sin{(\pi/2n)}}{\sin{(\pi/n)}\sin{(\pi/2n)}} \\
    &=\frac{n}{2\sin{(\pi/n)}}
    \end{align*}
    \]
    を得る.

     

    これらの結果を用いれば,留数の実部の和は

    \[
    \textrm{Re}\left(\sum_{k=1}^{n}\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,f(z)(\log{z})^2\right)
    = \frac{-2\pi}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}\left(\log{a}-\frac{\pi\cos{(\pi/n)}}{n\sin{(\pi/n)}}\right)
    \]

    と判るから,Corollary 4.10 より,上式を $-1/2$ 倍して求める結果を得る.

     

    特殊値

    \[
    \int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{1+x^2}\,dx=0
    \]
    は有名な結果である.また
    \[
    \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^n+a^n}\,dx = \frac{\pi}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}
    \]
    であるから
    \[
    \int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{x^n+a^n}\,dx=\left(\log{a}-\frac{\pi\cos{(\pi/n)}}{n\sin{(\pi/n)}}\right)\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^n+a^n}\,dx
    \]
    が成り立つ.$n=4$ として
    \[
    \frac{\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{x^4+a^4}\,dx}{\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^4+a^4}\,dx}}=\log{a}-\frac{\pi}{4}
    \]
    であるから,$a=e^{\pi/4+1}$ として
    \[
    \frac{\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{x^4+e^{\pi+4}}\,dx}{\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^4+e^{\pi+4}}\,dx}}=1
    \]
    が成り立つ.

    Basel問題 #2

    Basel 問題は自然数の平方数の逆数の和
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots
    \]
    を求める問題である.この級数の和が $\pi^2/6$ に収束することを高校数学の範囲で示す方法についてまとめる.

    以下の方法は J. Hofbauer (2000) を京都大学の大浦氏が改良したものであり,2020 年の慶応大学医学部の入試問題で出題された.

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