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

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(ve^{-μx}-\frac{1}{μ}e^{-x}-\frac{1}{μ} \cdot \frac{e^{-x}-e^{-μvx}}{1-e^{-x}}\right) \frac{1}{x}dx=\frac{1}{μ}\log Γ(μv)-v \log μ\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{1-e^{-x}-\frac{(1-e^{-vx})(1-e^{-μx})}{1-e^{-x}}\right\}\frac{1}{x}dx=\log B(μ,v)\\
\end{alignat}ただし、全て \(μ,v \gt 0\)


















<証明>

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


\(I(p)\) を \(p\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(p)&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(ve^{-μx}-\frac{1}{μ}e^{-x}-\frac{1}{μ} \cdot \frac{e^{-x}-e^{-μvx}}{1-e^{-x}}\right)e^{-px}dx\\
&=-v \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(μ+p)x}dx+\frac{1}{μ}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(p+1)x}dx+\frac{1}{μ}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-(p+1)x}-e^{-(μv+p)x}}{1-e^{-x}}dx\\
\end{alignat}\((α)\) 左の積分について$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(μ+p)x}dx=\left[-\frac{1}{μ+p}e^{-(μ+p)x}\right]_0^{\infty}=\frac{1}{μ+p}$$\((β)\) 真ん中の積分について$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(p+1)x}dx=\left[-\frac{1}{p+1}e^{-(p+1)x}\right]_0^{\infty}=\frac{1}{p+1}$$\((γ)\) 右の積分については \(e^{-x}=t\) と置きます。\((-e^{-x}dx=dt)\)$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-(p+1)x}-e^{-(μv+p)x}}{1-e^{-x}}dx=\displaystyle\int_1^0 \frac{t^{p+1}-t^{μv+p}}{1-t} \left(-\frac{1}{t}\right)dt=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{p}-t^{μv+p-1}}{1-t} dt=ψ(μv+p)-ψ(p+1)$$
よって \(I’(p)\) は次のようになります。$$I’(p)=-\frac{v}{μ+p}+\frac{1}{μ} \cdot \frac{1}{p+1}+\frac{1}{μ}\{ψ(μv+p)-ψ(p+1)\}$$両辺を \(p\) で積分します。$$I(p)=-v \log (μ+p)+\frac{1}{μ}\log (p+1)+\frac{1}{μ} \log Γ(μv+p)-\frac{1}{μ}\log Γ(p+1)+C$$
ガンマ関数の近似式$$Γ(x)≒\sqrt{2π}e^{-x}x^{x-\frac{1}{2}}$$及び \(I(∞)=0\) を用いて定数 \(C\) を求めます。(両辺を \(μ\) 倍しておきます。)
\begin{alignat}{2}
μI(p)&≒-μv\log (μ+p)+\log (p+1)+\log \sqrt{2π} e^{-μv-p}(μv+p)^{μv+p-\frac{1}{2}}-\log \sqrt{2π}e^{-p-1}(p+1)^{p+\frac{1}{2}}+Cμ\\
&=-μv\log (μ+p)+\log (p+1)+\frac{1}{2}\log 2π-μv-p+\left(μv+p-\frac{1}{2}\right)\log (μv+p)-\frac{1}{2}\log 2π+p+1-\left(p+\frac{1}{2}\right)\log (p+1)+Cμ\\
&=-μv\log (μ+p)+\log (p+1)+μv \log (μv+p)+p \log (μv+p)-\frac{1}{2}\log (μv+p)-p \log (p+1)-\frac{1}{2}\log (p+1)-μv+1+Cμ\\
&=μv \log \frac{μv+p}{μ+p} +p \log \frac{μv+p}{p+1}-\frac{1}{2}\log \frac{μv+p}{p+1}-μv+1+Cμ\\
\end{alignat}\(p \to \infty\) とします。
\begin{alignat}{2}
μI(\infty)&=-μv+1+Cμ+\displaystyle\lim_{p \to \infty} p \log \frac{μv+p}{p+1}\\
&=-μv+1+Cμ+\displaystyle\lim_{p \to \infty} p \log \left(1-\frac{1-μv}{p+1}\right)\\
&=-μv+1+Cμ+\displaystyle\lim_{p \to \infty} \left\{(p+1) \log \left(1-\frac{1-μv}{p+1}\right)-\log \left(1-\frac{1-μv}{p+1}\right)\right\}\\
&=-μv+1+Cμ+\displaystyle\lim_{p \to \infty} \left\{\log \left(1-\frac{1-μv}{p+1}\right)^{p+1}-\log \left(1-\frac{1-μv}{p+1}\right)\right\}\\
&=-μv+1+Cμ+\displaystyle\lim_{p \to \infty} \left[\log \left\{\left(1-\frac{1-μv}{p+1}\right)^{-\frac{p+1}{1-μv}}\right\}^{-1+μv}-\log \left(1-\frac{1-μv}{p+1}\right)\right]\\
&=-μv+1+Cμ-1+μv=Cμ=0,  C=0
\end{alignat}よって$$I(p)=-v \log (μ+p)+\frac{1}{μ}\log (p+1)+\frac{1}{μ} \log Γ(μv+p)-\frac{1}{μ}\log Γ(p+1)$$\(p=0\) とします。$$I(0)=\frac{1}{μ}\log Γ(μv)-v \log μ$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(ve^{-μx}-\frac{1}{μ}e^{-x}-\frac{1}{μ} \cdot \frac{e^{-x}-e^{-μvx}}{1-e^{-x}}\right) \frac{1}{x}dx=\frac{1}{μ}\log Γ(μv)-v \log μ$$








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

\(I(p)\) を \(p\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(p)&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{1-e^{-x}-\frac{(1-e^{-vx})(1-e^{-μx})}{1-e^{-x}}\right\}e^{-px}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{-(p+1)x-e^{-px}}\}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-vx})(1-e^{-μx})e^{-px}}{1-e^{-x}}dx\\
\end{alignat}
\((α)\) 左の積分について$$\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{-(p+1)x-e^{-px}}\}dx=\left[-\frac{1}{p+1}e^{-(p+1)x}+\frac{1}{p}e^{-px}\right]_0^{\infty}=\frac{1}{p+1}-\frac{1}{p}$$\((β)\) 右の積分については \(e^{-x}=t\) と置きます。\((-e^{-x}dx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-vx})(1-e^{-μx})e^{-px}}{1-e^{-x}}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\{1-e^{-μx}-e^{-vx}+e^{-(μ+v)x}\}e^{-px}}{1-e^{-x}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px}-e^{-(μ+p)x}-e^{-(v+p)x}+e^{-(μ+v+p)x}}{1-e^{-x}}dx\\
&=\displaystyle\int_1^0 \frac{t^p-t^{μ+p}-t^{v+p}+t^{μ+v+p}}{1-t} \left(-\frac{1}{t}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{p-1}-t^{μ+p-1}-t^{v+p-1}+t^{μ+v+p-1}}{1-t}dt\\
&=ψ(μ+p)-ψ(p)+ψ(v+p)-ψ(μ+v+p)\\
\end{alignat}よって \(I’(p)\) は次のようになります。$$I’(p)=\frac{1}{p+1}-\frac{1}{p}+ψ(μ+p)-ψ(p)+ψ(v+p)-ψ(μ+v+p)$$両辺を \(p\) で積分します。$$I(p)=\log (p+1)-\log p+\log Γ(μ+p)-\log Γ(p)+\log Γ(v+p)-\log Γ(μ+v+p)+C$$
ガンマ関数の近似式$$Γ(x)≒\sqrt{2π}e^{-x}x^{x-\frac{1}{2}}$$及び \(I(∞)=0\) を用いて定数 \(C\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
I(p)&≒\log \left(1+\frac{1}{p}\right)+\log \sqrt{2π} e^{-μ-p}(μ+p)^{μ+p-\frac{1}{2}}-\log \sqrt{2π}e^{-p}p^{p-\frac{1}{2}}+\log \sqrt{2π}e^{-v-p} (v+p)^{v+p-\frac{1}{2}}-\log \sqrt{2π} e^{-μ-v-p}(μ+v+p)^{μ+v+p-\frac{1}{2}}+C\\
&=\log \left(1+\frac{1}{p}\right)+\frac{1}{2}\log 2π-μ-p+\left(μ+p-\frac{1}{2}\right)\log (μ+p)-\frac{1}{2}\log 2π+p-\left(p-\frac{1}{2}\right)\log p\\
&       +\frac{1}{2}\log 2π-v-p+\left(v+p-\frac{1}{2}\right)\log (v+p)-\frac{1}{2}\log 2π+μ+v+p+\left(μ+v+p-\frac{1}{2}\right)\log (μ+v+p)+C\\
&=\log \left(1+\frac{1}{p}\right)+\left(μ+p-\frac{1}{2}\right)\log (μ+p)-\left(p-\frac{1}{2}\right)\log p+\left(v+p-\frac{1}{2}\right)\log (v+p)+\left(μ+v+p-\frac{1}{2}\right)\log (μ+v+p)+C\\
&=\log \left(1+\frac{1}{p}\right)+μ\log \frac{μ+p}{μ+v+p}+p\log \frac{(μ+p)(v+p)}{p(μ+v+p)}+v\log \frac{μ+p}{μ+v+p}+\frac{1}{2}\log \frac{p(μ+v+p)}{(μ+p)(v+p)}+C\\
\end{alignat}\(p \to \infty\) とします。
\begin{alignat}{2}
I(\infty)&=\displaystyle\lim_{p \to \infty} p\log \frac{(μ+p)(v+p)}{p(μ+v+p)}+v\log \frac{μ+p}{μ+v+p}+C\\
&=\displaystyle\lim_{p \to \infty} p \left\{\log \left(1+\frac{μ}{p}\right)-\log \left(1+\frac{μ}{v+p}\right)\right\}+C\\
&=\displaystyle\lim_{p \to \infty} \left\{p\log \left(1+\frac{μ}{p}\right)-p\log \left(1+\frac{μ}{v+p}\right)\right\}+C\\
&=\displaystyle\lim_{p \to \infty} \left\{p\log \left(1+\frac{μ}{p}\right)-(v+p)\log \left(1+\frac{μ}{v+p}\right)+v\log \left(1+\frac{μ}{v+p}\right)\right\}+C\\
&=\displaystyle\lim_{p \to \infty} \left\{\log \left(1+\frac{μ}{p}\right)^p-\log \left(1+\frac{μ}{v+p}\right)^{v+p}+v\log \left(1+\frac{μ}{v+p}\right)\right\}+C\\
&=\displaystyle\lim_{p \to \infty} \left[\log \left\{\left(1+\frac{μ}{p}\right)^{\frac{p}{μ}}\right\}^μ-\log \left\{\left(1+\frac{μ}{v+p}\right)^{\frac{v+p}{μ}}\right\}^μ+v\log \left(1+\frac{μ}{v+p}\right)\right]+C\\
&=μ-μ+C=0,  C=0
\end{alignat}よって
\begin{alignat}{2}
I(p)&=\log (p+1)-\log p+\log Γ(μ+p)-\log Γ(p)+\log Γ(v+p)-\log Γ(μ+v+p)\\
&=\log (p+1)-\log p+\log Γ(μ+p)-\log \frac{Γ(p+1)}{p}+\log Γ(v+p)-\log Γ(μ+v+p)\\
&=\log (p+1)-\log p+\log Γ(μ+p)-\log Γ(p+1)+\log p+\log Γ(v+p)-\log Γ(μ+v+p)\\
&=\log (p+1)+\log Γ(μ+p)-\log Γ(p+1)+\log Γ(v+p)-\log Γ(μ+v+p)\\
\end{alignat}\(p=0\) とします。$$I(0)=\log Γ(μ)+\log Γ(v)-\log Γ(μ+v)=\log \frac{Γ(μ)Γ(v)}{Γ(μ+v)}=\log B(μ,v)$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{1-e^{-x}-\frac{(1-e^{-vx})(1-e^{-μx})}{1-e^{-x}}\right\}\frac{1}{x}dx=\log B(μ,v)$$


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