{(1/2)+(1/x)}e^{-x}-e^{-(x/2)/x}1/x[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\left(1+\frac{1}{x}\right)e^{-x}-\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{x}\right\}dx=1-\log 2\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{x}\right)e^{-x}-\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{x}\right\}\frac{1}{x}dx=\frac{\log 2-1}{2}\\
\end{alignat}









<証明>

次の定積分を \(I(p)\) と置きます。$$I(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\left(1+\frac{1}{x}\right)e^{-x}-\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{x}\right\}e^{-px}dx$$\(I(0)\) を求めます。

\(I(p)\) を \(p\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(p)&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \{(x+1)e^{-x}-e^{-\frac{x}{2}}\}e^{-px}dx\\
&=-\displaystyle\int_0^{\infty} (x+1)e^{-(p+1)x}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-\left(p+\frac{1}{2}\right)x}dx\\
&=-\left[-\frac{x+1}{p+1}e^{-(p+1)x}\right]_0^{\infty} -\frac{1}{p+1}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(p+1)x}dx+\left[-\frac{1}{p+\frac{1}{2}}e^{-\left(p+\frac{1}{2}\right)x}\right]_0^{\infty}\\
&=-\frac{1}{p+1}-\frac{1}{p+1}\left[-\frac{1}{p+1}e^{-(p+1)x}\right]_0^{\infty} +\frac{1}{p+\frac{1}{2}}\\
&=-\frac{1}{p+1}-\frac{1}{(p+1)^2}+\frac{1}{p+\frac{1}{2}}
\end{alignat}両辺を \(p\) で積分します。$$I(p)=-\log (p+1)+\frac{1}{p+1}+\log \left(p+\frac{1}{2}\right)+C$$\(I(\infty)=0\) より \(C=0\) だから$$I(p)=-\log (p+1)+\frac{1}{p+1}+\log \left(p+\frac{1}{2}\right)$$\(p=0\) とします。$$I(0)=1+\log \frac{1}{2}=1-\log 2$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\left(1+\frac{1}{x}\right)e^{-x}-\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{x}\right\}dx=1-\log 2$$







\((2)\) 次の定積分を \(I(p)\) と置きます。$$I(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{x}\right)e^{-x}-\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{x}\right\}\frac{e^{-px}}{x}dx$$\(I(0)\) を求めます。

\(I(p)\) を \(p\) で微分します。$$I(p)=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{x}\right)e^{-x}-\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{x}\right\}e^{-px}dx$$もう一度 \(I(p)\) を \(p\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’’(p)&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\left(\frac{x}{2}+1\right)e^{-x}-e^{-\frac{x}{2}}\right\}e^{-px}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{x}{2}+1\right)e^{-(p+1)x}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-\left(p+\frac{1}{2}\right)x}dx\\
&=\left[-\frac{\frac{x}{2}+1}{p+1}e^{-(p+1)x}\right]_0^{\infty} +\frac{1}{2(p+1)} \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(p+1)x}dx-\left[-\frac{1}{p+\frac{1}{2}}e^{-\left(p+\frac{1}{2}\right)x}\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{1}{p+1}+\frac{1}{2(p+1)}\left[-\frac{1}{p+1}e^{-(p+1)x}\right]_0^{\infty}-\frac{1}{p+\frac{1}{2}}\\
&=\frac{1}{p+1}+\frac{1}{2(p+1)^2}-\frac{1}{p+\frac{1}{2}}\\
\end{alignat}両辺を \(p\) で積分します。$$I’(p)=\log (p+1)-\frac{1}{2(p+1)}-\log \left(p+\frac{1}{2}\right)+C$$\(I’(\infty)=0\) より \(C=0\) であるから$$I’(p)=\log (p+1)-\frac{1}{2(p+1)}-\log \left(p+\frac{1}{2}\right)$$もう一度、両辺を \(p\) で積分します。
\begin{alignat}{2}
I(p)&=(p+1)\log (p+1)-p -\frac{1}{2}\log (p+1)-\left(p+\frac{1}{2}\right) \log \left(p+\frac{1}{2}\right) +p+C\\
&=p \log (p+1) + \log (p+1)-\frac{1}{2} \log (p+1) -p \log \left(p+\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}\log \left(p+\frac{1}{2}\right)+C\\
&=p \log \frac{p+1}{p+\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\log \frac{p+1}{p+\frac{1}{2}}+C\\
\end{alignat}\(I(\infty)=0\) を用いて \(C\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
I(\infty)&=\displaystyle\lim_{p \to \infty} p \log \frac{p+1}{p+\frac{1}{2}}+C=\displaystyle\lim_{p \to \infty} p \log \frac{2p+2}{2p+1}+C\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\lim_{p \to \infty} 2p \log \left(1+\frac{1}{2p+1}\right)+C\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\lim_{p \to \infty} \left\{(2p+1) \log \left(1+\frac{1}{2p+1}\right)-\log \left(1+\frac{1}{2p+1}\right)\right\}+C\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\lim_{p \to \infty} \left\{\log \left(1+\frac{1}{2p+1}\right)^{2p+1}-\log \left(1+\frac{1}{2p+1}\right)\right\}+C\\
&=\frac{1}{2}+C=0,  C=-\frac{1}{2}\\
\end{alignat}よって$$I(p)=p \log \frac{p+1}{p+\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\log \frac{p+1}{p+\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}$$\(p=0\) とします。$$I(0)=\frac{1}{2}\log 2-\frac{1}{2}$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{x}\right)e^{-x}-\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{x}\right\}\frac{1}{x}dx=\frac{\log 2-1}{2}$$

コメントを残す

メールアドレスが公開されることはありません。 * が付いている欄は必須項目です