Integrate

まだまだですが、積分マスター・インテグラー(Integraler)を目指していきます。私の数学レベルの向上とともにブログのレベルも上げていきたいと思います。

多次元群多重三角関数

先日、某信濃町駅付近で開催された数学カフェ開催の3日連続のセミナーに出席させていただきました。


2日目のゼータ兄貴さんが講演者を務めた「Sato-Tate予想」ではなんとフェルマーの最終定理の証明をしていました。



正直、僕にはわけが分かりませんでした(^_^;)。



てゆうか全て理解していた人はいないと思います(いたら本当に失礼!🙇‍♂️)



そしてその3日目に登場したのが、
www.dropbox.com
にも載っているモノイド・群ゼータ

Def.モノイドゼータ・群ゼータ
\begin{align}n\in\mathbb Z_{\ge 2},\zeta_n:=e^{\frac{2\pi i}{n}}\end{align}とする、この時
\begin{align}I_n:=\mathcal{O}_{\mathbb{Q}(\zeta_n)}\setminus\{0\}\ &,\ J_n:=\{\zeta^k_n\mid k\in\mathbb Z\cap[1,n]\} \\
\\
\mathbb{N}_n&:=I_n/J_n\end{align}
と定義し、以下のようにそれぞれ\begin{align}n\end{align}次元モノイドゼータ\begin{align}n\end{align}次元群ゼータを定める。
\begin{align}\zeta^{M}_n(s)&:=\sum_{k\in \mathbb{N}_n}k^{-s}\\
\zeta^{G}_n(s)&:=\sum_{k\in I_n}k^{-s}\end{align}

一応この日の話は全て理解することができました。


そして、今日多重三角関数を思い見つめてみると、

Thm.
\begin{align}r\in\mathbb Z_{\ge 2}\end{align}
\begin{align}\mathcal{S}_r(x)=e^{\frac{x^{r-1}}{r-1}}\prod_{n\in I_2}P_r\left(\frac{x}{n}\right)^{n^{r-1}}\end{align}
ここで
\begin{align}P_r(x)=(1-x)\prod^{r}_{n=1}e^{\frac{x^n}{n}}\end{align}

が分かりました。てゆうか思い当たりました。
pf.
多重三角関数の積分表示の導出【ゼータ特殊値使用】 - Integrateより
\begin{align}\mathcal{S}_r(x)=e^{\frac{x^{r-1}}{r-1}}\prod_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}}P_r\left(\frac{x}{n}\right)^{n^{r-1}}\end{align}
が成り立つので、\begin{align}I_2=\mathbb{Z}\setminus\{0\}\end{align}を示せばよいが、素人なりに恥ずかしがらずに頑張ってみると、
\begin{align}I_2&=\mathcal{O}_{\mathbb{Q}(\zeta_2)}\setminus\{0\}=\mathbb{Z}[-1]\setminus\{0\}\\
&=\{n-m\mid n,m\in\,\mathbb{Z}\}\setminus\{0\}=\mathbb{Z}\setminus\{0\}\end{align}
となって、やったー。


なので僕も一般化してみました。モノイドゼータと群ゼータの関連性はすぐわかるので今は群の方のみを定義しておきます。

Def.多次元群多重三角関数
以上の定義と同じとし、
\begin{align}\mathcal{S}^{G}_n(x)=e^{\frac{x^{r-1}}{r-1}}\prod_{k\in I_n}P_r\left(\frac{x}{k}\right)^{k^{r-1}}\end{align}

ただしただ一般化するだけでは当然何の意味もないですので、これからはこれの性質について調査したいと思います。

タイトルなどを変更いたしました

私APPINはこのブログ内のどこかに「数学的レベルの向上とともにブログのレベルも上げていきたいと思います」


と書いたはずです。(場所が自分でもわからない笑)


そして、今日タイトルとその他諸々変更いたしました。







つまり、僕はここ数日を持って・・・


















飛躍的に数学力が上がった!!!!
















・・・という訳ではない!!!!(笑)


というのが今日の主張です。
f:id:parvaN:20180110215322p:plain

tanxのマクローリン展開

新年あけましておめでとうございます。


親の実家、静岡に帰省している間はPCが使えず、記事が書けなかったので

もう4日になってしましましたね。


私自身、\begin{align}\tan x\end{align}マクローリン展開自体は見たことがあるのですが、→テイラー展開 - Wikipediaによると\begin{align}|x|\lt \frac{\pi}{2}\end{align}
\begin{align}\tan x=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}2^{2n}(2^{2n}-1)B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}\end{align}
しかしその導出は一切見たことがありません。

なので自分でやりました。


私はてっきり\begin{align}\tan x\end{align}\begin{align}n\end{align}導関数を求めるのかと思っていました。(実際にそういうふうなやり方もあるかもしれませんが。)
しかし、今回の主役は「フーリエ級数展開」です。

導出
まあなんとなく\begin{align}\tan\end{align}をくずしときます。
まず加法定理より
\begin{align}\tan x=\frac{2\tan \frac{x}{2}}{1-\tan^2\frac{x}{2}}\end{align}
これを解いて、初期値を踏まえて
\begin{align}\tan\frac{x}{2}=-\frac{1}{\tan x}+\frac{1}{\sin x}\end{align}
ここで周期性及び関数の性質より\begin{align}|x|\lt \pi\end{align}
\begin{align}\frac{1}{\sin x}&=\sum^{\infty}_{n=1}b_n\sin(nx)\\
b_n&=\frac{2}{\pi}\int^{\pi}_{0}\frac{\sin(nx)}{\sin x}dx\end{align}
さて\begin{align}b_n\end{align}をどう解くかというと、
\begin{align}\sin(x+(n-1)x)=\sin x\cos(n-1)x+\sin(n-1)x\cos x\end{align}
なので
\begin{align}b_n&=\frac{2}{\pi}\int^{\pi}_{0}\cos(n-1)x+\cos x\left(\cos(n-2)x+\frac{\sin(n-2)x}{\sin x}\cos x\right)dx\\
&=\frac{2}{\pi}\int^{\pi}_{0}2\cos(n-1)x+\frac{\sin(n-2)x}{\sin x}dx\\
&=b_{n-2}\end{align}
という驚異の簡単な漸化式を持つので
\begin{align}b_n=\begin{cases}
0 & (n:even)\\
2 & (n:odd)\end{cases}\end{align}
となります。
よって
\begin{align}\frac{1}{\sin x}=2\sum^{\infty}_{n=1}\sin(2n-1)x\end{align}
そして\begin{align}\frac{1}{\tan x}\end{align}も全く同様にやって、
\begin{align}\frac{1}{\tan x}=2\sum^{\infty}_{n=1}\sin(2nx)\end{align}
これを足したり引いたりして、
\begin{align}\tan \frac{x}{2}=2\sum^{\infty}_{n=1}(-1)^{n-1}\sin(nx)\end{align}
つまり\begin{align}|x|\lt \frac{\pi}{2}\end{align}
\begin{align}\tan x=2\sum^{\infty}_{n=1}(-1)^{n-1}\sin(2nx)\end{align}
これをビシビシ変形させてゆく。
\begin{align}\tan x&=2\sum^{\infty}_{n=1}(-1)^{n-1}\sum^{\infty}_{j=1}\frac{(-1)^{j-1}}{(2j-1)!}(2nx)^{2j-1}\\
&=2\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)!}(2x)^{2n-1}(1-2^{2n})\zeta(1-2n)\end{align}
ここで、リーマンの関数等式(ζ(2m)の一般化された式の証明 - Integralerへの道補題1)
\begin{align}\zeta(1-s)=2^{1-s}\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma(s)\zeta(s)\end{align}
を使えば、
\begin{align}\tan x=2\sum^{\infty}_{n=1}(2^{2n}-1)x^{2n-1}\pi^{-2n}\zeta(2n)\end{align}
となり、さらにζ(2m)の一般化された式の証明 - Integralerへの道の命題より、
\begin{align}\zeta(2n)=(-1)^{n-1}\frac{B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}\end{align}
を使って、
\begin{align}\zeta(s)=\end{align}
じゃねーや
\begin{align}\tan x=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}2^{2n}(2^{2n}-1)B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}\end{align}
が示されました。

難しい問題【積分】

\begin{align}\end{align}
明日でハッピーニューイヤーですね。


今年は素人ながらいろいろなことがありました。


引っ越したり、駒場祭に行ったり、ねこちゃんと戯れたり・・・


とまあそんなことで(笑)来年も数学一筋で頑張っていきたいと思います。


最近また多重三角関数を引き出したのですが、まず

\begin{align}\mathcal{S}_3\left(\frac{1}{2}\right)=C\frac{\mathcal{S}_3}{\mathcal{S}_2}\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{8}{7}}\end{align}
(Cは定数)がわかり。それに伴って
\begin{align}I=\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{x}{\sin x}dx\end{align}
解かなくてはいけなくなりました。
これはもうはっきり堂々と言って難しいです。ハイ。

被積分関数\begin{align}+0\end{align}で収束するので一応この積分がある値になることは分かるのですが、これがどうも難しい。

\begin{align}\frac{1}{\sin x}\end{align}フーリエ級数展開したり、部分積分した後\begin{align}x=\frac{1}{2i}\log\left(\frac{1+i\tan x}{1-i\tan x}\right)\end{align}を使ってみたりしましたが、

そのどちらをとっても\begin{align}I=\int^{\infty}_{0}\frac{x}{\operatorname{cosh} x}dx\end{align}となるんですよね・・・。

恐ろしや。

ガウス積分の別証明

今日はクリスマスイブイブですね。


僕はここ数日、自分の頭から金髪と銀髪が生成されていることを初めて知ってとても驚きました。

金色って本当に美しい。なんか素材がアクリルっぽい感じもしました。



さて、ついこの前「今年中にルベーグ積分マスターしたい」と豪語してしまいましたが、

ごめんなさい、多分無理です。🙇


数学科3年生で習うのも納得ですわ。こりゃ。

僕にはまだまだ学ぶべきことがたくさんある事に気付かされました。


じゃあそろそろ本題に入ります。

本題
まーた今日も変換系かよ・・・
\begin{align}\mathbb{C}\end{align}で定義された関数\begin{align}f\end{align}ラプラス変換をメリン変換すると、
\begin{align}\mathcal{M}[\mathcal{L}[f(s)]]=\int^{\infty}_{0}\int^{\infty}_{0}f(y)e^{-xy}x^{s-1}dydx\end{align}
これを積分順序変更して変数変換\begin{align}x\mapsto\frac{x}{y}\end{align}をすると、ガンマ関数を用いて
\begin{align}&=\Gamma(s)\int^{\infty}_{0}f(y)y^{-s}dy\\
&=\Gamma(s)\mathcal{M}[f(s)\mid_{s\mapsto 1-s}]\end{align}
となる。

これを使って、ガウス積分
\begin{align}I=\int^{\infty}_{0}e^{-x^2}dx\end{align}
を考えていきます。(正値であることを留意)\begin{align}x\mapsto\sqrt{x}\end{align}
\begin{align}I&=\frac{1}{2}\int^{\infty}_{0}\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx\\
&=\frac{1}{2}\mathcal{M}[e^{-s}\mid_{s=1/2}]\end{align}
ここでさっきの式を使うと\begin{align}1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\end{align}なので
\begin{align}I=\frac{1}{2\Gamma(\frac{1}{2})}\mathcal{M}[\mathcal{L}[e^{-s}]\mid_{s=1/2}]\end{align}
\begin{align}e^{-s}\end{align}ラプラス変換\begin{align}s=\frac{1}{2}\gt -1\end{align}を考えているので収束し、それは
\begin{align}\mathcal{L}[e^{-s}]=\int^{\infty}_{0}e^{-(1+s)x}dx=\frac{1}{1+s}\end{align}
となるからこれをメリン変換して、\begin{align}s=\frac{1}{2}\end{align}とすると
\begin{align}\mathcal{M}\left[\frac{1}{1+s}\middle|_{s=1/2}\right]=\int^{\infty}_{0}\frac{x^{-\frac{1}{2}}}{1+x}dx\end{align}
\begin{align}x\mapsto\tan^2 x\end{align}として
\begin{align}&=2\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}dx\\
&=\pi\end{align}
よって
\begin{align}I=\frac{\pi}{2\Gamma(\frac{1}{2})}\end{align}
ここで設定上\begin{align}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\end{align}の値はまだ知りませんが
\begin{align}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=2\int^{\infty}_{0}e^{-x^2}x^{2\cdot\frac{1}{2}-1}dx=2I\end{align}
なので
\begin{align}I^2&=\frac{\pi}{4}\\
I&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\end{align}
となりました*1

*1:本題の冒頭に書いた通り、正値だから自然と+にしました。

ラプラス変換を用いたマクローリン展開の導出


ふと思いついたので紹介します。\begin{align}f\in C^{\infty}\end{align}で、部分積分をし、
\begin{align}\mathcal{L}[f(s)]&=\frac{f(0)}{s}+\frac{1}{s}\mathcal{L}[f^{'}(s)]\\
&=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{f^{(n)}(0)}{s^{n+1}}\end{align}
両辺をラプラス逆変換し、左辺は\begin{align}f(s)\end{align}。右辺は積分路を変更し留数計算をすると\begin{align}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}s^n\end{align}
となる。なので
\begin{align}f(s)=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}s^n\end{align}

今年中にやっておきたいこと

今週のお題「今年中にやっておきたいこと」

ルベーグ積分マスターしたいですね。
あとは、ちょっとした積分を解きたいななんて思っています。