Daily Mathematics / 解答
2026年10月4日の解答
この日のカードは難しい定積分とオリジナルのパトナム型の問題の2枚である。まず自分で考え、詰まったら解答を開くこと。
積分
正弦の重みをつけた対数ガンマ関数の積分
次の積分を閉じた形で求めよ。
\[\int_0^1 \sin(\pi x)\,\ln\Gamma(x)\,dx\]解答を開く
この積分を \(I\) とおく。\(x=0\) の近くでは \(\ln\Gamma(x)\sim-\ln x\)，\(\sin(\pi x)\sim\pi x\) であるから，被積分関数は \(-\pi x\ln x\to0\) のように振る舞い，積分は収束する。
第1段：折り返し。重みは \(\sin(\pi(1-x))=\sin(\pi x)\) をみたすので，置換 \(x\mapsto1-x\) により \(I=\int_0^1\sin(\pi x)\ln\Gamma(1-x)\,dx\) である。元の式と足し合わせ，オイラーの相反公式 \(\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\pi/\sin(\pi x)\) を用いると
\[2I=\int_0^1\sin(\pi x)\,\ln\frac{\pi}{\sin(\pi x)}\,dx=\ln\pi\int_0^1\sin(\pi x)\,dx-\int_0^1\sin(\pi x)\ln\sin(\pi x)\,dx\]となる。第1項の積分は \(2/\pi\) である。第2項で \(t=\pi x\) とおけば
\[2I=\frac{2\ln\pi}{\pi}-\frac{1}{\pi}J,\qquad J=\int_0^{\pi}\sin t\,\ln\sin t\,dt\]を得る。
第2段：対数正弦の部分。\(J\) の被積分関数は \(t=\pi/2\) に関して対称なので \(J=2\int_0^{\pi/2}\sin t\ln\sin t\,dt\) である。\(u=\ln\sin t\)，\(dv=\sin t\,dt\) として部分積分するが，原始関数には \(-\cos t\) ではなく \(v=1-\cos t\) を選ぶ。すると境界項 \((1-\cos t)\ln\sin t\) は両端で消える。\(t=\pi/2\) では \(\ln1=0\) だからであり，\(t\to0\) では \(1-\cos t\sim t^2/2\) が \(\ln t\) に勝つからである。したがって
\[\int_0^{\pi/2}\sin t\ln\sin t\,dt=-\int_0^{\pi/2}\frac{(1-\cos t)\cos t}{\sin t}\,dt=-\int_0^{\pi/2}\frac{\sin t\cos t}{1+\cos t}\,dt\]である。ここで \((1-\cos t)/\sin t=\sin t/(1+\cos t)\) を用いた。\(w=\cos t\) とおけば最後の積分は \(\int_0^1\frac{w}{1+w}\,dw=1-\ln2\) となる。ゆえに \(\int_0^{\pi/2}\sin t\ln\sin t\,dt=\ln2-1\)，\(J=2\ln2-2\) である。
第3段：まとめ。
\[2I=\frac{2\ln\pi}{\pi}-\frac{2\ln2-2}{\pi}\quad\Longrightarrow\quad I=\frac{1+\ln\pi-\ln2}{\pi}.\]数値は \(I\approx0.4620531257\) であり，元の積分をガウス・ルジャンドル求積で直接計算した値と約 \(10^{-16}\) の精度で一致する。
競技数学の問題
ランダム有向グラフの行列式の2次モーメント
\(2026\times2026\) 行列 \(A\) の対角成分はすべて \(0\) とし，非対角成分は互いに独立に，それぞれ確率 \(\tfrac12\) で \(0\) または \(1\) をとるとする。次の期待値を求めよ。
\[\mathbb{E}\bigl[(\det A)^2\bigr]\]解答を開く
一般に \(n\ge2\) について，この種の \(n\times n\) 行列では \(\mathbb{E}[(\det A)^2]=n\cdot n!/4^n\) であることを示す。
素直な方針が行き詰まる理由。\(\det A\) を2回展開すると，完全順列の組 \((\sigma,\tau)\) にわたる \(\operatorname{sgn}\sigma\operatorname{sgn}\tau\,4^{-n}2^{\#\{i:\sigma(i)=\tau(i)\}}\) の和になるが，成分の平均が0でないため，ほとんどすべての組が生き残ってしまう。1行ずつ平均をとるほうがよい。
第1段：偏極の恒等式。\(A\) の行を列ベクトルとして \(r_1,\dots,r_n\) と書く。これらは独立である。変数 \(t_1,\dots,t_n\) に対し \(D=\operatorname{diag}(t_1,\dots,t_n)\) とおくと \(\sum_i t_i\,r_ir_i^{\mathsf T}=A^{\mathsf T}DA\) であるから
\[\det\Bigl(\sum_i t_i\,r_ir_i^{\mathsf T}\Bigr)=(\det A)^2\,t_1t_2\cdots t_n\]が成り立つ。行列 \(X_1,\dots,X_n\) に対し，\(\det(\sum_i t_iX_i)\) における \(t_1\cdots t_n\) の係数を \(F(X_1,\dots,X_n)\) とする。行列式を展開すると，この係数の各項は各 \(X_i\) からちょうど1つずつ成分を取るので，\(F\) は各引数について線形である。\((\det A)^2=F(r_1r_1^{\mathsf T},\dots,r_nr_n^{\mathsf T})\) であり行は独立だから
\[\mathbb{E}\bigl[(\det A)^2\bigr]=F(M_1,\dots,M_n),\qquad M_i=\mathbb{E}\bigl[r_ir_i^{\mathsf T}\bigr]\]となる。
第2段：2次モーメント行列。\(M_i\) の \((j,k)\) 成分は \(\mathbb{E}[a_{ij}a_{ik}]\) であり，\(j=i\) または \(k=i\) なら \(0\)，\(j=k\ne i\) なら \(\tfrac12\)，\(j\ne k\) でともに \(i\) と異なるなら \(\tfrac14\) である。\(T=\sum_i t_i\)，\(q=\sum_i t_i^2\) とし，全成分が1のベクトルを \(\mathbf 1\)，\(t=(t_i)\) と書く。すると \(N=\sum_i t_iM_i\) の対角成分は \(\tfrac12(T-t_j)\)，非対角成分は \(\tfrac14(T-t_j-t_k)\) であり，すなわち
\[4N=T\,I+u\mathbf 1^{\mathsf T}-\mathbf 1t^{\mathsf T},\qquad u=T\mathbf 1-t\]である。
第3段：階数2の行列式。\(n\times2\) 行列 \(X=[u\ \ \mathbf 1]\)，\(Y=[\mathbf 1\ \ {-t}]\) をとれば \(4N=TI+XY^{\mathsf T}\) であり，行列式の補題から \(\det(4N)=T^n\det(I_2+Y^{\mathsf T}X/T)\) を得る。必要な内積は \(\mathbf 1^{\mathsf T}u=(n-1)T\)，\(\mathbf 1^{\mathsf T}\mathbf 1=n\)，\(t^{\mathsf T}u=T^2-q\)，\(t^{\mathsf T}\mathbf 1=T\) であるから
\[I_2+\frac{Y^{\mathsf T}X}{T}=\begin{pmatrix}n&n/T\\-(T^2-q)/T&0\end{pmatrix},\qquad \det(4N)=nT^{\,n-2}(T^2-q)=2n\,e_1^{\,n-2}e_2\]となる。ここで \(e_1=T\)，\(e_2=\sum_{i<j}t_it_j=\tfrac12(T^2-q)\) である。両辺は多項式なので，これは多項式としての恒等式である。
第4段：係数を読む。\(e_1^{\,n-2}e_2\) において単項式 \(t_1\cdots t_n\) は，\(e_2\) から対を \(\binom n2\) 通りに選び，残りの \(n-2\) 個の変数を \(e_1^{\,n-2}\) から順に \((n-2)!\) 通りに選ぶことで現れるので，その係数は \(n!/2\) である。よって \(\det(4N)\) における \(t_1\cdots t_n\) の係数は \(n\cdot n!\)，\(\det N\) における係数は \(n\cdot n!/4^n\) である。
別の見方。\(\sigma\) を固定して \(\tau\) について和をとると，完全順列の和は \(4^{-n}\sum_\sigma\operatorname{sgn}\sigma\det(J-I+P_\sigma)\) になる。\(P_\sigma\) は置換行列である。行列式の補題と巡回置換のスペクトルから，\(\det(J-I+P_\sigma)\) は \(\sigma\) が1つの \(n\) 巡回置換でない限り0であり，そのときは \(\operatorname{sgn}\sigma\cdot n^2\) に等しい。そのような巡回置換は \((n-1)!\) 個あるので，やはり \(n^2(n-1)!/4^n=n\cdot n!/4^n\) を得る。
この公式は \(n=2,\dots,8\) での厳密な数え上げ（\(4^n\) 倍した値は \(4,18,96,600,4320,35280,322560\)）および \(n=6\) のモンテカルロ推定と一致する。\(n=1\) では唯一の置換が恒等置換で完全順列ではないので，期待値は \(0\) である。