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測度論・実解析の問題

難易度 1大学院の講義の例題レベル大学院数学測度論・実解析

区間 $(0, 1)$ 上のルベーグ測度に関する積分
$I = \int_{0}^{1} \frac{- lo g x}{1 - x ^{2}} d x$
の値を求めよ。ただし $lo g$ は自然対数とし、 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ は用いてよい。

この問題で使うもの

級数の項別積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（51 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

技能「級数の項別積分」を使う。 $\frac{1}{1 - x ^{2}}$ を無限等比級数に展開し、項がすべて非負であることから単調収束定理で積分と和を交換する。

ヒント 2

$\frac{- lo g x}{1 - x ^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} x^{2 n} (- lo g x)$ とし、部分積分で $\int_{0}^{1} x^{k} (- lo g x) d x$ を求める。

ヒント 3

$\int_{0}^{1} x^{2 n} (- lo g x) d x = \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{2}}$ なので $I = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{2}}$ 。あとは $\sum 1/ m^{2}$ から偶数番目の項の和を引く。

答えと解説

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\frac{π ^{2}}{8}

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解説を読む

1. 被積分関数を級数に展開する。 $0 < x < 1$ では $0 < x^{2} < 1$ なので、無限等比級数の和の公式から
$\frac{1}{1 - x ^{2}} = n = 0 \sum \infty x^{2 n}$
である。よって $0 < x < 1$ で
$\frac{- lo g x}{1 - x ^{2}} = n = 0 \sum \infty f_{n} (x), f_{n} (x) = x^{2 n} (- lo g x) .$

2. 項別積分してよい理由を確かめる。 $0 < x < 1$ では $- lo g x > 0$ , $x^{2 n} > 0$ なので、各 $f_{n}$ は非負の可測関数である。部分和 $S_{N} = \sum_{n = 0}^{N} f_{n}$ は $N$ について単調に増加し、 $\frac{- lo g x}{1 - x ^{2}}$ に各点収束する。したがって単調収束定理により
$I = \int_{0}^{1} N \to \infty lim S_{N} d x = N \to \infty lim \int_{0}^{1} S_{N} d x = n = 0 \sum \infty \int_{0}^{1} x^{2 n} (- lo g x) d x$
と積分と和を交換できる（値が $+ \infty$ になる可能性も含めて成り立つが、下で有限になることがわかる）。

3. 各項の積分を計算する。 $k \geq 0$ に対し、部分積分で
$\int_{ε}^{1} x^{k} (- lo g x) d x = [\frac{x ^{k + 1}}{k + 1} (- lo g x)]_{ε}^{1} + \int_{ε}^{1} \frac{x ^{k + 1}}{k + 1} \cdot \frac{1}{x} d x = \frac{ε ^{k + 1} lo g ε}{k + 1} + \frac{1 - ε ^{k + 1}}{( k + 1 ) ^{2}} .$
$ε \to + 0$ のとき $ε^{k + 1} lo g ε \to 0$ なので
$\int_{0}^{1} x^{k} (- lo g x) d x = \frac{1}{( k + 1 ) ^{2}} .$
$k = 2 n$ とすると $\int_{0}^{1} x^{2 n} (- lo g x) d x = \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{2}}$ 。

4. 級数の和を求める。
$I = n = 0 \sum \infty \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{2}} .$
$m = 1 \sum \infty \frac{1}{m ^{2}}$ を $m$ が奇数の項と偶数の項に分けると、偶数の項の和は $n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n ) ^{2}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{π ^{2}}{6}$ なので（正項級数なので並べ替えてよい）
$I = \frac{π ^{2}}{6} - \frac{π ^{2}}{24} = \frac{π ^{2}}{8} .$

別解

$0 < x < 1$ のとき $\frac{1}{1 - x ^{2}} = \sum_{k = 0}^{\infty} x^{2 k}$ 。各項 $- x^{2 k} lo g x \geq 0$ なので単調収束定理（非負項の項別積分）により積分と和を交換できる。

$\int_{0}^{1} - x^{m} lo g x d x$ を部分積分で計算する（ $m \geq 0$ ）。 $\int_{0}^{1} x^{m} lo g x d x = [\frac{x ^{m + 1}}{m + 1} lo g x]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x ^{m}}{m + 1} d x = 0 - \frac{1}{( m + 1 ) ^{2}}$ 。よって $\int_{0}^{1} - x^{m} lo g x d x = \frac{1}{( m + 1 ) ^{2}}$ 。

$m = 2 k$ として
$I = k = 0 \sum \infty \frac{1}{( 2 k + 1 ) ^{2}} .$

全体の和 $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ は絶対収束するので、偶数項と奇数項に分けられる。偶数項の和は $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{( 2 n ) ^{2}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{π ^{2}}{6} = \frac{π ^{2}}{24}$ 。よって奇数項の和は $\frac{π ^{2}}{6} - \frac{π ^{2}}{24} = \frac{π ^{2}}{8}$ 。

したがって $I = \frac{π ^{2}}{8}$ 。

検算: $1 + \frac{1}{9} + \frac{1}{25} + \frac{1}{49} + \dots \approx 1.2337$ 、 $π^{2} /8 \approx 1.2337$ で一致する。

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