右辺の微分は左辺の被積分関数になっているので、微積分学の基本定理 $($定理4.3.43$)$ より成立します。

右辺の導関数は $(ax + b)^{\alpha}$ です。

右辺を微分すると左辺被積分関数になります。

(1) 部分積分法より\[\int x^{n}e^{x}dx = x^{n}e^{x} - n\int x^{n - 1}e^{x}dx\]であり、あとは数学的帰納法より示されます。

(2) $n\neq -1$ の場合は部分積分法より\[\int x^{n}\log xdx = \dfrac{1}{n + 1}x^{n + 1}\log x - \dfrac{1}{n + 1}\int x^{n}dx = \dfrac{1}{n + 1}x^{n + 1}\log x - \dfrac{1}{(n + 1)^{2}}x^{n + 1} + C\]です。

$n = -1$ の場合は部分積分法より\[\int x^{-1}\log xdx = (\log x)^{2} - \int x^{-1}\log xdx\]であり、ここから容易に分かります。

$y = \log x$ による置換積分を考えると $dx = e^{y}dy$ なので\[\int (\log x)^{n}dx = \int y^{n}e^{y}dy = \sum_{k = 0}^{n}(-1)^{n - k}\dfrac{n!}{k!}y^{k}e^{y} + C = \sum_{k = 0}^{n}(-1)^{n - k}\dfrac{n!}{k!}x(\log x)^{k} + C\]です。

(1) (2) 右辺を微分すると左辺被積分関数になります。

(3) $\int\tan xdx = \int -\tfrac{(\cos x)'}{\cos x}dx = -\log |\cos x| + C$ です。

(4) 初等的な変形と $y = \cos x$ による置換積分により\begin{eqnarray*}\int\dfrac{1}{\sin x}dx & = & \int -\dfrac{(\cos x)'}{1 - \cos^{2}x}dx \\& = & \int -\dfrac{1}{1 - y^{2}}dy \\& = & -\dfrac{1}{2}\int\left(\dfrac{1}{1 - y} + \dfrac{1}{1 + y}\right)dy \\& = & -\dfrac{1}{2}\log \left|\dfrac{1 + y}{1 - y}\right| + C \\& = & -\dfrac{1}{2}\log \left|\dfrac{1 + \cos x}{1 - \cos x}\right| + C \\& = & -\log \left|\dfrac{1 + \cos x}{\sin x}\right| + C\end{eqnarray*}と計算できます。

(5) 初等的な変形と $y = \sin x$ による置換積分により\begin{eqnarray*}\int\dfrac{1}{\cos x}dx & = & \int \dfrac{(\sin x)'}{1 - \sin^{2}x}dx \\& = & \int \dfrac{1}{1 - y^{2}}dy \\& = & \dfrac{1}{2}\int\left(\dfrac{1}{1 - y} + \dfrac{1}{1 + y}\right)dy \\& = & \dfrac{1}{2}\log \left|\dfrac{1 + y}{1 - y}\right| + C \\& = & \dfrac{1}{2}\log \left|\dfrac{1 + \sin x}{1 - \sin x}\right| + C \\& = & \log \left|\dfrac{1 + \sin x}{\cos x}\right| + C\end{eqnarray*}と計算できます。

(6) $\int\tfrac{1}{\tan x}dx = \int \tfrac{(\sin x)'}{\sin x}dx = \log |\sin x| + C$ です。

(7) (8) 右辺を微分すると左辺被積分関数になります。

(1) 部分積分法の繰り返しより\begin{eqnarray*}\int x^{n}\sin xdx & = & -x^{n}\cos x + n\int x^{n - 1}\cos xdx \\& = & -x^{n}\cos x + nx^{n - 1}\sin x - n(n - 1)\int x^{n - 2}\sin xdx\end{eqnarray*}であり、整理して\[\dfrac{1}{n!}\int x^{n}\sin xdx = \left(\dfrac{x^{n - 1}}{(n - 1)!}\sin x - \dfrac{x^{n}}{n!}\cos x\right) - \dfrac{1}{(n - 2)!}\int x^{n - 2}\sin xdx\]です。あとは帰納法で示せます。

(2) (1)と同様です。

(1) $b = 0$ の場合は明らかなので $b\neq 0$ とします。部分積分法の繰り返しより\begin{eqnarray*}\int e^{ax}\sin bxdx & = & -\dfrac{1}{b}e^{ax}\cos bx + \dfrac{a}{b}\int e^{ax}\cos bx \\& = & -\dfrac{1}{b}e^{ax}\cos bx + \dfrac{a}{b^{2}}e^{ax}\sin bx - \dfrac{a^{2}}{b^{2}}\int e^{ax}\sin bxdx \end{eqnarray*}であり、整理して主張が従います。

(2) (1)と同様です。

$e^{\sqrt{-1}x} = \cos x + \sqrt{-1}\sin x$ だったので\begin{eqnarray*}\int e^{ax}(\cos bx + \sqrt{-1}\sin bx)dx & = & \int e^{(a + b\sqrt{-1})x}dx \\& = & \dfrac{1}{a + b\sqrt{-1}}e^{(a + b\sqrt{-1})x} + C \\& = & \dfrac{a - b\sqrt{-1}}{a^{2} + b^{2}}e^{ax}(\cos bx + \sqrt{-1}\sin bx) + C \\& = & \dfrac{1}{a^{2} + b^{2}}((ae^{ax}\cos bx + be^{ax}\sin bx) + (ae^{ax}\sin bx - b\cos bx)\sqrt{-1}) + C\end{eqnarray*}であり、実部を取れば(2)が、虚部を取れば(1)が従います。

(1) (2) $n\geq 2$ に対しては部分積分法より\begin{eqnarray*}\int \sin^{n} xdx & = & -\cos x\sin^{n - 1}x + (n - 1)\int \cos^{2}x\sin^{n - 2}xdx \\& = & -\dfrac{1}{n}(\sin^{n}x)' + (n - 1)\int (1 - \sin^{2}x)\sin^{n - 2}xdx\end{eqnarray*}なので、整理して\[\dfrac{n!!}{(n - 1)!!}\int \sin^{n} xdx = -\dfrac{n!!}{(n - 1)!!}\dfrac{(\sin^{n}x)'}{n^{2}} + \dfrac{(n - 2)!!}{(n - 3)!!}\int \sin^{n - 2}xdx\]です常に $n\cdot (n - 2)!! = n!!$ が成立するように $0!! = (-1)!! = 1$ と考えます。。あとは帰納法で示せます。

(3) $y = \cos x$ とする置換積分により\begin{eqnarray*}\int \sin^{2n + 1}xdx & = & -\int (\cos x)'(1 - \cos^{2}x)^{n}dx \\& = & -\int (1 - y^{2})^{n}dy \\& = & -\int\sum_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\dbinom{n}{k}y^{2k}dy \\& = & -\sum_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\dbinom{n}{k}\dfrac{y^{2k + 1}}{2k + 1} + C \\& = & -\sum_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\dbinom{n}{k}\dfrac{\cos^{2k + 1}x}{2k + 1} + C\end{eqnarray*}です。

(4) (5) (6) $y = \tfrac{\pi}{2} - x$ による置換積分と正弦関数の場合の結果からただちに従います。

(7) (8) $n\geq 2$ に対しては\begin{eqnarray*}\int \tan^{n} xdx & = & \int \dfrac{1 - \cos^{2}x}{\cos^{2}x}\tan^{n - 2}xdx \\& = & \int (\tan x)'\tan^{n - 2}xdx - \int \tan^{n - 2}xdx \\& = & \dfrac{\tan^{n - 1}x}{n - 1} - \int \tan^{n - 2}xdx\end{eqnarray*}です。あとは帰納法で示せます。

(1) $-\tfrac{\pi}{2} < \theta < \tfrac{\pi}{2}$ の範囲で $\sin\theta = \tan\theta/\sqrt{1 + \tan^{2}\theta}$ です。

(2) $-\tfrac{\pi}{2} < \theta < \tfrac{\pi}{2}$ の範囲で $\cos\theta = 1/\sqrt{1 + \tan^{2}\theta}$ です。

(3) $0\leq \theta\leq \pi$ の範囲で $\sin\theta = \sqrt{1 - \cos^{2}\theta}$ です。

(4) $-\tfrac{\pi}{2}\leq \theta\leq \tfrac{\pi}{2}$ の範囲で $\cos\theta = \sqrt{1 - \sin^{2}\theta}$ です。

(5) $-\tfrac{\pi}{2}\leq \theta\leq \tfrac{\pi}{2}$ の範囲で $\tan\theta = \sin\theta/\sqrt{1 - \sin^{2}\theta}$ です。

(6) $0\leq \theta\leq \pi$ の範囲で $\tan\theta = \sqrt{1 - \cos^{2}\theta}/\cos\theta$ です。

逆関数の微分 $($定理4.1.21$)$ からそれぞれ\begin{eqnarray*}(\arcsin x)' & = & 1/\cos(\arcsin x) = 1/\sqrt{1 - x^{2}}, \\(\arccos x)' & = & -1/\sin(\arccos x) = -1/\sqrt{1 - x^{2}}, \\(\arctan x)' & = & \cos^{2}(\arctan x) = 1/(1 + x^{2}) \\\end{eqnarray*}です。

(1) $x = \sin\theta$ として置換積分すれば $dx = \cos\theta d\theta$ なので\begin{eqnarray*}\int\arcsin x dx & = & \int\theta\cos\theta d\theta \\& = & \theta\sin\theta - \int\sin\theta d\theta \\& = & \theta\sin\theta + \cos\theta + C \\& = & x\arcsin x + \sqrt{1 - x^{2}} + C\end{eqnarray*}です。

(2) $x = \cos\theta$ として置換積分すれば $dx = -\sin\theta d\theta$ なので\begin{eqnarray*}\int\arccos x dx & = & -\int\theta\sin\theta d\theta \\& = & \theta\cos\theta - \int\cos\theta d\theta \\& = & \theta\cos\theta - \sin\theta + C \\& = & x\arccos x - \sqrt{1 - x^{2}} + C\end{eqnarray*}です。

(3) $x = \tan\theta$ として置換積分すれば $dx = \tfrac{1}{\cos^{2}\theta}d\theta$ なので\begin{eqnarray*}\int\arctan x dx & = & \int\dfrac{\theta}{\cos^{2}\theta} d\theta \\& = & \theta\tan\theta - \int\tan\theta d\theta \\& = & \theta\tan\theta + \log|\cos\theta| + C \\& = & x\arctan x - \dfrac{1}{2}\log(1 + x^{2}) + C\end{eqnarray*}です。

以下の通り計算できます。\begin{eqnarray*}\int x\arcsin xdx & = & \dfrac{1}{2}\left(y\sin^{2}y - \int \sin^{2}ydy\right) \\& = & \dfrac{1}{2}\left(y\sin^{2}y - \dfrac{1}{2}(y - \cos y\sin y)\right) + C \\& = & \dfrac{1}{2}\left(x^{2}\arcsin x - \dfrac{1}{2}(\arcsin x - x\cos (\arcsin x))\right) + C \\& = & \dfrac{1}{4}((2x^{2} - 1)\arcsin x + x\sqrt{1 - x^{2}}) + C, \\\int x^{2}\arcsin xdx & = & \dfrac{1}{3}\left(y\sin^{3}y - \int \sin^{3}ydy\right) \\& = & \dfrac{1}{3}\left(y\sin^{3}y - \dfrac{1}{3}(-3\cos y + \cos^{3}y)\right) + C \\& = & \dfrac{1}{3}\left(x^{3}\arcsin x - \dfrac{1}{3}(-3\cos (\arcsin x) + \cos^{3} (\arcsin x))\right) + C \\& = & \dfrac{1}{9}((3x^{3}\arcsin x + (x^{2} + 2)\sqrt{1 - x^{2}}) + C, \\\int x\arccos xdx & = & \dfrac{1}{2}\left(y\cos^{2}y - \int \cos^{2}ydy\right) \\& = & \dfrac{1}{2}\left(y\cos^{2}y - \dfrac{1}{2}(y + \cos y\sin y)\right) + C \\& = & \dfrac{1}{2}\left(x^{2}\arccos x - \dfrac{1}{2}(\arccos x + x\sin (\arccos x))\right) + C \\& = & \dfrac{1}{4}((2x^{2} - 1)\arccos x - x\sqrt{1 - x^{2}}) + C, \\\int x^{2}\arccos xdx & = & \dfrac{1}{3}\left(y\cos^{3}y - \int \cos^{3}ydy\right) \\& = & \dfrac{1}{3}\left(y\cos^{3}y - \dfrac{1}{3}(3\sin y - \sin^{3}y)\right) + C \\& = & \dfrac{1}{3}\left(x^{3}\arccos x - \dfrac{1}{3}(3\sin (\arccos x) - \sin^{3} (\arccos x))\right) + C \\& = & \dfrac{1}{9}((3x^{3}\arccos x - (x^{2} + 2)\sqrt{1 - x^{2}}) + C, \\\int x\arctan xdx & = & \dfrac{1}{2}\left(y\tan^{2}y - \int \tan^{2}ydy\right) \\& = & \dfrac{1}{2}(y\tan^{2}y - (\tan y - y)) + C \\& = & \dfrac{1}{2}(x^{2}\arctan x - (x - \arctan x)) + C \\& = & \dfrac{1}{2}((x^{2} + 1)\arctan x - x) + C, \\\int x^{2}\arctan xdx & = & \dfrac{1}{3}\left(y\tan^{3}y - \int \tan^{3}ydy\right) \\& = & \dfrac{1}{3}\left(y\tan^{3}y - \dfrac{1}{2}((\cos y)^{-2} + 2\log|\cos y|)\right) + C \\& = & \dfrac{1}{3}\left(x^{3}\arctan x - \dfrac{1}{2}((\cos (\arctan x))^{-2} + 2\log|\cos(\arctan x)|)\right) + C \\& = & \dfrac{1}{6}((2x^{3}\arctan x - (x^{2} + 1) + \log(1 + x^{2})) + C. \\& = & \dfrac{1}{6}((2x^{3}\arctan x - x^{2} + \log(1 + x^{2})) + C. \\\end{eqnarray*}

以下の通り計算できます。\begin{eqnarray*}\int \arcsin^{2} xdx & = & \int y^{2}\cos ydy \\& = & y^{2}\sin y + 2y\cos y - 2\sin y + C \\& = & x\arcsin^{2}x + 2\cos(\arcsin x)\arcsin x - 2x + C \\& = & x\arcsin^{2}x + 2\sqrt{1 - x^{2}}\arcsin x - 2x + C, \\\int \arcsin^{3} xdx & = & \int y^{3}\cos ydy \\& = & y^{3}\sin y + 3y^{2}\cos y - 6y\sin y - 6\cos y + C \\& = & x\arcsin^{3}x + 3\cos(\arcsin x)\arcsin^{2}x - 6x\arcsin x - 6\cos(\arcsin x) + C \\& = & x\arcsin^{3}x + 3\sqrt{1 - x^{2}}\arcsin^{2}x - 6x\arcsin x - 6\sqrt{1 - x^{2}} + C, \\\int \arccos^{2} xdx & = & -\int y^{2}\sin ydy \\& = & -(-y^{2}\cos y + 2y\sin y + 2\cos y) + C \\& = & x\arccos^{2}x - 2\sin(\arccos x)\arccos x - 2x + C \\& = & x\arccos^{2}x - 2\sqrt{1 - x^{2}}\arccos x - 2x + C, \\\int \arccos^{3} xdx & = & -\int y^{3}\sin ydy \\& = & -(-y^{3}\cos y + 3y^{2}\sin y + 6y\cos y - 6\sin y) + C \\& = & x\arccos^{3}x - 3\sin(\arccos x)\arccos^{2}x - 6x\arccos x + 6\sin(\arccos x) + C \\& = & x\arccos^{3}x - 3\sqrt{1 - x^{2}}\arccos^{2}x - 6x\arccos x + 6\sqrt{1 - x^{2}} + C. \\\end{eqnarray*}

右辺を微分すると左辺被積分関数になります。

(1) $-\infty < \theta < +\infty$ の範囲で $\sinh\theta = \tanh\theta/\sqrt{1 - \tanh^{2}\theta}$ です。

(2) $-\infty < \theta < +\infty$ の範囲で $\cosh\theta = 1/\sqrt{1 - \tanh^{2}\theta}$ です。

(3) $0\leq \theta < +\infty$ の範囲で $\sinh\theta = \sqrt{\cosh^{2}\theta - 1}$ です。

(4) $-\infty < \theta < +\infty$ の範囲で $\cosh\theta = \sqrt{1 + \sinh^{2}\theta}$ です。

(5) $-\infty < \theta < +\infty$ の範囲で $\tanh\theta = \sinh\theta/\sqrt{1 + \sinh^{2}\theta}$ です。

(6) $0\leq \theta < +\infty$ の範囲で $\tanh\theta = \sqrt{\cosh^{2}\theta - 1}/\cosh\theta$ です。

逆関数の微分 $($定理4.1.21$)$ からそれぞれ\begin{eqnarray*}(\arsinh x)' & = & 1/\cosh(\arsinh x) = 1/\sqrt{1 + x^{2}}, \\(\arcosh x)' & = & 1/\sinh(\arcosh x) = 1/\sqrt{x^{2} - 1}, \\(\artanh x)' & = & \cosh^{2}(\artanh x) = 1/(1 - x^{2}) \\\end{eqnarray*}です。

(1) $x = \sinh\theta$ として置換積分すれば $dx = \cosh\theta d\theta$ なので\begin{eqnarray*}\int\arsinh x dx & = & \int\theta\cosh\theta d\theta \\& = & \theta\sinh\theta - \int\sinh\theta d\theta \\& = & \theta\sinh\theta - \cosh\theta + C \\& = & x\arsinh x - \sqrt{1 + x^{2}} + C\end{eqnarray*}です。

(2) $x = \cosh\theta$ として置換積分すれば $dx = \sinh\theta d\theta$ なので\begin{eqnarray*}\int\arccos x dx & = & \int\theta\sinh\theta d\theta \\& = & \theta\cosh\theta - \int\cosh\theta d\theta \\& = & \theta\cosh\theta - \sinh\theta + C \\& = & x\arcosh x - \sqrt{x^{2} - 1} + C\end{eqnarray*}です。

(3) $x = \tanh\theta$ として置換積分すれば $dx = \tfrac{1}{\cosh^{2}\theta}d\theta$ なので\begin{eqnarray*}\int\artanh x dx & = & \int\dfrac{\theta}{\cosh^{2}\theta} d\theta \\& = & \theta\tanh\theta - \int\tanh\theta d\theta \\& = & \theta\tanh\theta - \log(\cosh\theta) + C \\& = & x\artanh x + \dfrac{1}{2}\log(1 - x^{2}) + C\end{eqnarray*}です。

(1) $n \neq 1$ の場合は\[\int x(x^{2} + 1)^{-n}dx = \dfrac{1}{2}\int (x^{2} + 1)'(x^{2} + 1)^{-n}dx = -\dfrac{1}{2(n - 1)}(x^{2} + 1)^{-n + 1} + C\]です。

$n = 1$ の場合も同様に\[\int x(x^{2} + 1)^{-1}dx = \dfrac{1}{2}\int (x^{2} + 1)'(x^{2} + 1)^{-1}dx = \dfrac{1}{2}\log(x^{2} + 1) + C\]です。

(2) $x = \tan \theta$ で置換積分すると $dx = (\cos \theta)^{-2}d\theta$ と $x^{2} + 1 = (\cos \theta)^{-2}$ より\begin{eqnarray*}\int (x^{2} + 1)^{-n}dx & = & \int \cos^{2(n - 1)}\theta d\theta \\& = & \dfrac{(2n - 3)!!}{(2n - 2)!!}\theta - \sum_{k = 1}^{n - 1}\dfrac{(2n - 3)!!}{(2k - 1)!!}\dfrac{(2k)!!}{(2n - 2)!!}\dfrac{(\cos^{2k}\theta)'}{(2k)^{2}} + C \\& = & \dfrac{(2n - 3)!!}{(2n - 2)!!}\arctan x + \sum_{k = 1}^{n - 1}\dfrac{(2n - 3)!!}{(2k - 1)!!}\dfrac{(2k)!!}{(2n - 2)!!}\dfrac{\sin(\arctan x)\cos^{2k - 1}(\arctan x)}{2k} + C \\& = & \dfrac{(2n - 3)!!}{(2n - 2)!!}\arctan x + \sum_{k = 1}^{n - 1}\dfrac{(2n - 3)!!}{(2k - 1)!!}\dfrac{(2k)!!}{(2n - 2)!!}\dfrac{x(x^{2} + 1)^{-k}}{2k} + C\end{eqnarray*}です。

(1) $n = m\neq 0$ の場合は\[\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}nxdx = \int_{0}^{2\pi}\dfrac{1 - \cos2nx}{2}dx = \left\{\begin{array}{ll}0 & (n = 0) \\\pi & (n\neq 0)\end{array}\right.\]です。$n\neq m$ の場合は\begin{eqnarray*}\int_{0}^{2\pi}\sin nx \sin mxdx & = & \left[-\dfrac{1}{n}\cos nx \sin mx\right]_{0}^{2\pi} + \dfrac{m}{n}\int_{0}^{2\pi}\cos nx \cos mxdx \\& = & \left[\dfrac{m}{n^{2}}\sin nx \cos mx\right]_{0}^{2\pi} + \dfrac{m^{2}}{n^{2}}\int_{0}^{2\pi}\sin nx \sin mxdx \\& = & \dfrac{m^{2}}{n^{2}}\int_{0}^{2\pi}\sin nx \sin mxdx \\\end{eqnarray*}から従います。

(2) $n = m\neq 0$ の場合は\[\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}nxdx = \int_{0}^{2\pi}\dfrac{1 + \cos2nx}{2}dx = \left\{\begin{array}{ll}2\pi & (n = 0) \\\pi & (n\neq 0)\end{array}\right.\]です。$n\neq m$ の場合は\begin{eqnarray*}\int_{0}^{2\pi}\cos nx \cos mxdx & = & \left[\dfrac{1}{n}\sin nx \cos mx\right]_{0}^{2\pi} + \dfrac{m}{n}\int_{0}^{2\pi}\sin nx \sin mxdx \\& = & \left[-\dfrac{m}{n^{2}}\cos nx \sin mx\right]_{0}^{2\pi} + \dfrac{m^{2}}{n^{2}}\int_{0}^{2\pi}\cos nx \cos mxdx \\& = & \dfrac{m^{2}}{n^{2}}\int_{0}^{2\pi}\cos nx \cos mxdx \\\end{eqnarray*}から従います。

(3) $n = m$ の場合は\[\int_{0}^{2\pi}\sin nx \cos nxdx = \int_{0}^{2\pi}\dfrac{1}{2}\sin 2nxdx = 0\]です。$n\neq m$ の場合は\begin{eqnarray*}\int_{0}^{2\pi}\sin nx \cos mxdx & = & \left[-\dfrac{1}{n}\cos nx \cos mx\right]_{0}^{2\pi} - \dfrac{m}{n}\int_{0}^{2\pi}\cos nx \sin mxdx \\& = & \left[-\dfrac{m}{n^{2}}\sin nx \sin mx\right]_{0}^{2\pi} + \dfrac{m^{2}}{n^{2}}\int_{0}^{2\pi}\sin nx \cos mxdx \\& = & \dfrac{m^{2}}{n^{2}}\int_{0}^{2\pi}\sin nx \cos mxdx \\\end{eqnarray*}から従います。

$I_{n} := \int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}xdx$ と定めます。$n\geq 2$ に対して部分積分より\[I_{n} = [-\cos x\sin^{n - 1}x]_{0}^{\pi/2} + (n - 1)\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2}x\sin^{n - 2}xdx = (n - 1)(I_{n - 2} - I_{n})\]であり $I_{n} = \tfrac{n - 1}{n}I_{n - 2}$ です。あとは $I_{0} = \pi/2$ と $I_{1} = 1$ から正弦関数については計算できます。

また、余弦関数についても $y = \tfrac{\pi}{2} - x$ とする置換積分により $\int_{0}^{\pi/2}\cos^{n}xdx = \int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}ydy$ なのでよいです。

常に\[\vol(D^{n}) = \vol(D^{n - 1})\int_{-1}^{1}(1 - x^{2})^{(n - 1)/2}dx\]という関係式が成立するので、あとは $x = \sin\theta$ とする置換積分により\[\int_{-1}^{1}(1 - x^{2})^{(n - 1)/2}dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^{n}\theta d\theta = 2\int_{0}^{\pi/2}\cos^{n}\theta d\theta\]であることとWallis積分 $($命題4.4.23$)$ の結果から計算できます。

まず、極座標変換 $($補足4.3.35$)$ により\begin{eqnarray*}\iint_{D_{a}^{2}}e^{-(x^{2} + y^{2})}dxdy & = & 2\pi\int_{0}^{a}re^{-r^{2}}dr = \pi\int_{0}^{a}(r^{2})'e^{-r^{2}}dr \\& = & \pi\int_{0}^{a^{2}}e^{-t}dt = \pi[-e^{-t}]_{0}^{a^{2}} = \pi(1 - e^{-a^{2}})\end{eqnarray*}という計算ができます。また、自明に\[\left(\int_{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx\right)^{2} = \int_{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx\int_{-a}^{a}e^{-y^{2}}dy = \iint_{[-a, a]^{2}}e^{-(x^{2} + y^{2})}dxdy\]が成立します。$D_{a}^{2}\subset [-a, a]^{2}\subset D_{\sqrt{2}a}^{2}$ に注意して\[\sqrt{\pi(1 - e^{-a^{2}})}\leq \int_{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx\leq \sqrt{\pi(1 - e^{-2a^{2}})}\]であり、あとは $a\to +\infty$ とする極限を考えて主張の広義積分が求まります厳密には正方向と負方向とで別々に極限を取る必要がありますが、大したことではないです。。

正実数 $R > 0$ に対して $0, R, R(1 + \sqrt{-1})$ を頂点とする三角形を $T_{R}$ とします。正則関数 $f(z) := e^{-z^{2}}$ の $\partial T_{R}$ に沿った積分を考えると\begin{eqnarray*}0 = \int_{\partial T_{R}}f(z)dz & = & \int_{0}^{R}e^{-z^{2}}dz + \int_{R}^{R(1 + \sqrt{-1})}e^{-z^{2}}dz + \int_{R(1 + \sqrt{-1})}^{0}e^{-z^{2}}dz \\& = & \int_{0}^{R}e^{-t^{2}}dt + \int_{0}^{R}\sqrt{-1}e^{-(R^{2} - t^{2}) - 2tR\sqrt{-1}}dt - \int_{0}^{\sqrt{2}R}\dfrac{1 + \sqrt{-1}}{\sqrt{2}}e^{-t^{2}\sqrt{-1}}dt \\\end{eqnarray*}です。この $R\to +\infty$ とする極限を考えると、第 $1$ 項はGauss積分の結果より $\sqrt{\pi}/2$ に収束し、第 $2$ 項については\begin{eqnarray*}\int_{0}^{R}e^{-(R^{2} - t^{2})}dt & = & \int_{0}^{\sqrt{R^{2} - \sqrt{R}}}e^{-(R^{2} - t^{2})}dt + \int_{\sqrt{R^{2} - \sqrt{R}}}^{R}e^{-(R^{2} - t^{2})}dt \\& \leq & \sqrt{R^{2} - \sqrt{R}}e^{-\sqrt{R}} + (R - \sqrt{R^{2} - \sqrt{R}})\end{eqnarray*}という評価から $0$ に収束します。よって、第 $3$ 項について\[\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{\sqrt{2}R}\dfrac{1 + \sqrt{-1}}{\sqrt{2}}e^{-t^{2}\sqrt{-1}}dt = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\]が成立します。ここで\begin{eqnarray*}\int_{0}^{\sqrt{2}R}\dfrac{1 + \sqrt{-1}}{\sqrt{2}}e^{-t^{2}\sqrt{-1}}dz & = & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\sqrt{2}R}(\cos(-t^{2}) - \sin(-t^{2})) + \sqrt{-1}(\cos(-t^{2}) + \sin(-t^{2}))dt \\& = & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\sqrt{2}R}(\cos t^{2} + \sin t^{2}) + \sqrt{-1}(\cos t^{2} - \sin t^{2})dt\end{eqnarray*}から\[\int_{0}^{+\infty}\cos t^{2}dt + \int_{0}^{+\infty}\sin t^{2}dt = \sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\]\[\int_{0}^{+\infty}\cos t^{2}dt - \int_{0}^{+\infty}\sin t^{2}dt = 0\]であり、整理して主張の等式を得ます。

正実数 $0 < r < R$ を取り、次の図のような経路を考えます。

図4.4.1

$c_{r, R}^{1}, \dots, c_{r, R}^{6}$ に沿った正則関数 $f(z) := e^{\sqrt{-1}z}/z$ の積分を計算・評価していきます。まずは $c_{r, R}^{1}, c_{r, R}^{5}$ について\[\int_{c_{r, R}^{1}}f(z)dz = \int_{r}^{R}\dfrac{\cos t + \sqrt{-1}\sin t}{t}dt,\]\[\int_{c_{r, R}^{5}}f(z)dz = \int_{-R}^{-r}\dfrac{\cos t + \sqrt{-1}\sin t}{t}dt = -\int_{r}^{R}\dfrac{\cos t - \sqrt{-1}\sin t}{t}dt\]より\[\int_{c_{r, R}^{1} + c_{r, R}^{5}}f(z)dz = 2\sqrt{-1}\int_{r}^{R}\dfrac{\sin t}{t}dt\]です。

続いて $c_{r, R}^{2}, c_{r, R}^{4}, c_{r, R}^{3}$ について\begin{eqnarray*}\left|\int_{c_{r, R}^{2}}f(z)dz\right| & = & \left|\int_{0}^{R}\dfrac{e^{-t + \sqrt{-1}R}}{R + \sqrt{-1}t}\sqrt{-1}dt\right|\leq \int_{0}^{R}\dfrac{e^{-t}}{R}dt \leq \dfrac{e}{R}, \\\left|\int_{c_{r, R}^{4}}f(z)dz\right| & = & \left|-\int_{0}^{R}\dfrac{e^{-t - \sqrt{-1}R}}{-R + \sqrt{-1}t}\sqrt{-1}dt\right|\leq \int_{0}^{R}\dfrac{e^{-t}}{R}dt \leq \dfrac{e}{R}, \\\left|\int_{c_{r, R}^{3}}f(z)dz\right| & = & \left|-\int_{-R}^{R}\dfrac{e^{-R + \sqrt{-1}t}}{t + \sqrt{-1}R}dt\right|\leq \int_{-R}^{R}\dfrac{e^{-R}}{R}dt = 2e^{-R}\end{eqnarray*}と評価できるので\[\lim_{R\to +\infty}\int_{c_{r, R}^{2} + c_{r, R}^{3} + c_{r, R}^{4}}f(z)dz = 0\]です。

最後に $c_{r, R}^{6}$ について、具体的にパラメータ表示 $c_{r, R}^{6}(t) := re^{\sqrt{-1}(\pi - t)}$ を与えて\begin{eqnarray*}\int_{c_{r, R}^{6}}f(z)dz & = & \int_{c_{r, R}^{6}}\dfrac{1}{z}dz + \int_{c_{r, R}^{6}}\dfrac{e^{\sqrt{-1}z} - 1}{z}dz \\& = & \int_{0}^{\pi}\dfrac{(c_{r, R}^{6})'(t)}{c_{r, R}^{6}(t)}dt + \int_{0}^{\pi}\dfrac{(e^{\sqrt{-1}c_{r, R}^{6}(t)} - 1)(c_{r, R}^{6})'(t)}{c_{r, R}^{6}(t)}dt \\& = & \int_{0}^{\pi}-\sqrt{-1}dt + \int_{0}^{\pi}(e^{\sqrt{-1}c_{r, R}^{6}(t)} - 1)(-\sqrt{-1})dt\end{eqnarray*}と計算でき、第 $2$ 項については\[\lim_{r\to +0}\int_{0}^{\pi}(e^{\sqrt{-1}c_{r, R}^{6}(t)} - 1)(-\sqrt{-1})dt = 0\]であるので\[\lim_{r\to +0}\int_{c_{r, R}^{6}}f(z)dz = -\sqrt{-1}\pi\]です。

経路 $c := \sum_{k = 1}^{c}c_{k}$ に沿った $f(z)$ の積分は $0$ であるので、以上をまとめて\[\lim_{\substack{R\to +\infty \\ r\to +0}}\int_{r}^{R}\dfrac{\sin t}{t}dt = \lim_{\substack{R\to +\infty \\ r\to +0}}\dfrac{1}{2\sqrt{-1}}\int_{c_{r, R}^{1} + c_{r, R}^{5}}f(z)dz = \lim_{\substack{R\to +\infty \\ r\to +0}}-\dfrac{1}{2\sqrt{-1}}\int_{c_{r, R}^{2} + c_{r, R}^{3} + c_{r, R}^{4} + c_{r, R}^{6}}f(z)dz = \dfrac{\pi}{2}\]です。

正実数 $0 < r < \pi/2 < R$ を取り、次の図のような経路を考えます。

図4.4.2

$c_{r, R}^{1}, \dots, c_{r, R}^{6}$ に沿った正則関数 $f(z) := \log(1 - e^{2\sqrt{-1}z})$ の積分を計算・評価していきます。まず、対数の中身を実部と虚部に分けると\[1 - e^{2\sqrt{-1}z} = (1 - e^{-2y}\cos 2x) + \sqrt{-1}e^{-2y}\sin 2x\]であるので、経路で囲まれた領域において $f(z)$ は定義されていています。よって\[\int_{\sum_{k = 1}^{6}c_{r, R}^{k}}f(z)dz = 0\]です。続いて、任意の $y > 0$ に対して $f(\sqrt{-1}y) = f(\pi + \sqrt{-1}y)$ であることから\[\int_{c_{r, R}^{3} + c_{r, R}^{5}}f(z)dz = 0\]です。続いて、関数 $(f\circ c_{r, R}^{4})(t)$ は $R\to +\infty$ とする極限について一様に $0$ に収束するため\[\lim_{R\to +\infty}\int_{c_{r, R}^{4}}f(z)dz = 0\]です。$c_{r, R}^{6}$ に沿った積分について、具体的にパラメータ表示 $c_{r, R}^{6}(t) = re^{\sqrt{-1}(\pi/2 - t)}$ を与えれば $|\log z|\leq |\log |z|| + \pi$ に注意して\begin{eqnarray*}\left|\int_{c_{r, R}^{6}}f(z)dz\right| & \leq & \int_{c_{r, R}^{6}}|\log(1 - e^{2\sqrt{-1}z})||dz| \\& \leq & \int_{c_{r, R}^{6}}(|\log|1 - e^{2\sqrt{-1}z}|| + \pi)|dz| \\& \leq & \int_{c_{r, R}^{6}}\left(\left|\log\left|\dfrac{1 - e^{2\sqrt{-1}z}}{z}\right|\right| + |\log|z|| + \pi\right)|dz| \\& \leq & \int_{0}^{\pi/2}\left(\left|\log\left|\dfrac{1 - e^{2\sqrt{-1}c_{r, R}^{6}(t)}}{c_{r, R}^{6}(t)}\right|\right| + |\log r| + \pi\right)\cdot rdt \end{eqnarray*}と評価でき、右辺の $r\to +0$ とした極限は $0$ なので\[\lim_{r\to +0}\int_{c_{r, R}^{6}}f(z)dz = 0\]です。$c_{r, R}^{2}$ に沿った積分についても同様に\[\lim_{r\to +0}\int_{c_{r, R}^{2}}f(z)dz = 0\]です。以上により\[\lim_{\substack{R\to +\infty \\ r\to +0}}\int_{c_{r, R}^{1}}f(z)dz = \lim_{\substack{R\to +\infty \\ r\to +0}}-\sum_{k = 2}^{6}\int_{c_{r, R}^{k}}f(z)dz = 0\]です。

ここで\[1 - e^{2\sqrt{-1}z} = -e^{\sqrt{-1}z}(e^{\sqrt{-1}z} - e^{-\sqrt{-1}z}) = -e^{\sqrt{-1}z}(2\sqrt{-1}\sin z) = 2e^{\sqrt{-1}(z - \pi/2)}\sin z\]であることから\begin{eqnarray*}\int_{c_{r, R}^{1}}f(z)dz & = & \int_{r}^{\pi - r}\log(2e^{\sqrt{-1}(x - \pi/2)}\sin x)dx \\& = & \int_{r}^{\pi - r}\log 2 + \log(e^{\sqrt{-1}(x - \pi/2)}) + \log(\sin x)dx \\& = & (\pi - 2r)\log 2 + \int_{r}^{\pi - r}\sqrt{-1}(x - \pi/2) + \log(\sin x)dx \\& = & (\pi - 2r)\log 2 + \int_{r}^{\pi - r}\log(\sin x) dx\end{eqnarray*}と計算でき対数関数は主値を考える、つまり、対数の虚部の絶対値は $\pi$ 未満としているので $\log(e^{\sqrt{-1}(x - \pi/2)}) = \sqrt{-1}(x - \pi/2)$ です。、$r\to +0$ とした極限を考えて主張の広義積分が求まります。

収束性に関する議論は省略しますが、これは\begin{eqnarray*}\int_{0}^{\pi}\log(\sin x)dx & = & \int_{0}^{\pi/2}\log(\sin x)dx + \int_{0}^{\pi/2}\log(\cos x)dx \\& = & \int_{0}^{\pi/2}\log(\sin x\cos x)dx \\& = & \int_{0}^{\pi/2}\log\left(\dfrac{1}{2}\sin 2x\right)dx \\& = & -\dfrac{\pi}{2}\log 2 + \dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\log(\sin x)dx\end{eqnarray*}と計算できるので、整理して主張の等式を得ます。

関数として定まっていることは容易。正則性は微分版Lebesgue収束定理 $($系4.7.15$)$ からただちに分かります。

関数として定まっていることは容易。正則性は微分版Lebesgue収束定理 $($系4.7.15$)$ からただちに分かります。