重積分を用いたバーゼル問題の美しい証明 その2

フビニの定理～重積分の計算について の例題1の積分を思い出す。

$$I = \int_{0}^{\infty} \left( \int_{0}^{\infty} \dfrac{1}{(1+x)(1+xy^2)} dx \right) dy$$

積分を入れ替えると

$$\begin{aligned} I &= \int_{0}^{\infty} \left( \int_{0}^{\infty} \dfrac{1}{(1+x)(1+xy^2)} dy \right) dx\\ &= \int_0^{\infty} \dfrac{1}{1+x} \left( \int_0^{\infty} \dfrac{1}{1+xy^2} dy \right) dx\\ &= \int_0^{\infty} \dfrac{1}{1+x} \left( \left[ \dfrac{\arctan (\sqrt{x} y)}{\sqrt{x}} \right]_0^{\infty} \right) dx\\ &= \int_0^{\infty} \dfrac{\pi}{2(1+x)\sqrt{x}} dx \end{aligned}$$

となる。ここで $t = \sqrt{x}$ と置換すると

$$\begin{aligned} I &= \int_0^{\infty} \dfrac{2\pi t}{2(1+t^2) t} dt\\ &= \int_0^{\infty} \dfrac{\pi}{1+t^2} dt\\ &= \Big[ \pi \arctan t \Big]_0^{\infty}\\ &= \dfrac{\pi^2}{2} \end{aligned}$$

と計算される。

順序を入れ替えずに積分を計算する。 $$\begin{aligned} &\int_0^{\infty} \dfrac{1}{(1+x)(1+xy^2)} dx\\ &= \int_0^{\infty} \dfrac{1}{1-y^2} \left( \dfrac{1}{1+x} - \dfrac{y^2}{1+xy^2} \right) dx\\ &= \dfrac{1}{1-y^2} \Big[ \log (1+x) - \log (1+xy^2) \Big]_0^{\infty}\\ &= \dfrac{1}{1-y^2} \left[ \log \dfrac{1+x}{1+xy^2} \right]_0^{\infty}\\ &= \dfrac{1}{1-y^2} \log \dfrac{1}{y^2} \end{aligned}$$

よって $$I = 2\int_0^{\infty} \dfrac{-\log y}{1-y^2} dy$$ となる。

さて $y = \dfrac{1}{t}$ と置き換えると $$\begin{aligned} \int_1^{\infty} \dfrac{-\log y}{1-y^2} dy &= \int_1^0 \dfrac{-\log \dfrac{1}{t}}{1-\left(\dfrac{1}{t}\right)^2} \dfrac{-dt}{t^2} \\ &= \int_0^1 \dfrac{-\log t}{1-t^2} dt \end{aligned}$$ となる。よって $$I = 4 \int_0^{1} \dfrac{-\log y}{1-y^2} dy$$ である。

$\dfrac{1}{1-y^2}$ は $[0,1]$ で $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} y^{2k}$ に一様収束する。

これを用いると $$I = \int_0^1 \sum_{k=0}^{\infty} y^{2k} \log \dfrac{1}{y} = \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^1 y^{2k} \log \dfrac{1}{y} dy$$ となる。

各項を計算すると， $$\begin{aligned} &\int_0^1 y^{2k} \log \dfrac{1}{y} dy\\ &= \lim_{\varepsilon \to 0} \left[ \dfrac{y^{2k+1}}{2k+1} \log \dfrac{1}{y} \right]_{\varepsilon}^{1} - \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{\varepsilon}^1 \dfrac{y^{2k+1}}{2k+1} \left( -\dfrac{1}{y} \right) dy\\ &= \lim_{\varepsilon \to 0} \left( \dfrac{\varepsilon^{2k}}{2k+1} \cdot \varepsilon \log \dfrac{1}{\varepsilon} \right) - \int_0^1 \dfrac{y}{2k+1} dy\\ &= \dfrac{1}{(2k+1)^2} \end{aligned}$$ と計算される。

こうして $$I = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(2k+1)^2}$$ となる。

以上より $$\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(2k+1)^2} = \dfrac{\pi^2}{8}$$ となる。