(1-e^{-x})^{v-1}e^{-μ}x/(1-ae^{-x})^b[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} (1-e^{-\frac{x}{a}})^{v-1}e^{-μx}dx=aB(aμ,v)  (a,μ,v \gt 0)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-ax})(1-e^{-bx})e^{-μx}}{1-e^{-x}}dx  (μ\gt 0,\,μ+a \gt 0,\,μ+b \gt 0,\,μ+a+b \gt 0)\\
&=ψ(μ+a)+ψ(μ+b)-ψ(μ)-ψ(μ+a+b)\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-x})^{v-1}e^{-μx}}{(1-ae^{-x})^b}dx=B(μ,v){}_2F_1(b,μ;μ+v;a)  (a,μ,v \gt 0)\\
\end{alignat}










<証明>

\((1)\) \(e^{-\frac{x}{a}}=t\) と置きます。\(\displaystyle \left(-\frac{1}{a}e^{-\frac{x}{a}}dx=dt\right)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} (1-e^{-\frac{x}{a}})^{v-1}e^{-μx}dx&=\displaystyle\int_1^0 (1-t)^{v-1}t^{aμ} \left(-\frac{a}{t}\right)dt\\
&=a\displaystyle\int_0^1 t^{aμ-1}(1-t)^{v-1}dt=aB(aμ,v)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} (1-e^{-\frac{x}{a}})^{v-1}e^{-μx}dx=aB(aμ,v)  (a,μ,v \gt 0)$$







\((2)\) \(e^{-x}=t\) と置きます。\((-e^{-x}dx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-ax})(1-e^{-bx})e^{-μx}}{1-e^{-x}}dx\\
&=\displaystyle\int_1^0 \frac{(1-t^a)(1-t^b)t^μ}{1-t} \left(-\frac{1}{t}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{μ-1}(1-t^a)(1-t^b)}{1-t}dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{μ-1}(1-t^a-t^b+t^{a+b})}{1-t}dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{μ-1}-t^{μ+a-1}-t^{μ+b-1}+t^{μ+a+b-1}}{1-t}dt\\
&=ψ(μ+a)+ψ(μ+b)-ψ(μ)-ψ(μ+a+b)\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-ax})(1-e^{-bx})e^{-μx}}{1-e^{-x}}dx=ψ(μ+a)+ψ(μ+b)-ψ(μ)-ψ(μ+a+b)   (μ\gt 0,\,μ+a \gt 0,\,μ+b \gt 0,\,μ+a+b \gt 0)$$







\((3)\) 次の級数展開の式を用います。(詳細はこちらです)$$(1+x)^α=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{α(α-1)(α-2) \cdots (α-n+1)}{n!}x^n$$\(α\) を \(-b\)、\(x\) を \(-ae^{-x}\) に書き換えます。
\begin{alignat}{2}
\frac{1}{(1-ae^{-x})^b}&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{-b(-b-1)(-b-2) \cdots (-b-n+1)}{n!}(-ae^{-x})^n\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{b(b+1)(b+2) \cdots (b+n-1)}{n!}(ae^{-x})^n\\
\end{alignat}これを求める積分に代入します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-x})^{v-1}e^{-μx}}{(1-ae^{-x})^b}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-μx}(1-e^{-x})^{v-1} \cdot \frac{1}{(1-ae^{-x})^b}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-μx}(1-e^{-x})^{v-1} \left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{b(b+1)(b+2) \cdots (b+n-1)}{n!}(ae^{-x})^n\right\}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{b(b+1)(b+2) \cdots (b+n-1)}{n!} \cdot a^n \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(μ+n)x}(1-e^{-x})^{v-1}dx
\end{alignat}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} e^{-(μ+n)x}(1-e^{-x})^{v-1}dx&=\displaystyle\int_1^0 t^{μ+n}(1-t)^{v-1} \left(-\frac{1}{t}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 t^{μ+n-1}(1-t)^{v-1}dt=B(μ+n,v)\\
\end{alignat}よって、元の積分計算は$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-x})^{v-1}e^{-μx}}{(1-ae^{-x})^b}dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{b(b+1)(b+2) \cdots (b+n-1)}{n!} \cdot a^n \cdot B(μ+n,v)$$\(B(μ+n,v)\) については \(\displaystyle B(x+1,y)=\frac{x}{x+y}B(x,y)\) を繰り返し用いることで$$B(μ+n,v)=\frac{μ+n-1}{μ+v+n} \cdot \frac{μ+n-2}{μ+v+n-1} \cdot  \cdots  \cdot \frac{μ}{μ+v}B(μ+v) $$であるので、これを代入します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-x})^{v-1}e^{-μx}}{(1-ae^{-x})^b}dx&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{b(b+1)(b+2) \cdots (b+n-1)}{n!} \cdot a^n \cdot \frac{μ+n-1}{μ+v+n} \cdot \frac{μ+n-2}{μ+v+n-1} \cdot  \cdots  \cdot \frac{μ}{μ+v}B(μ+v)\\
&=B(μ,v)\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\{(b+n-1)(b+n-2) \cdots (b+1)b\}\{(μ+n-1)(μ+n-2) \cdots (μ+1)μ\}}{(μ+v+n)(μ+v+n-1) \cdots (μ+v+1)(μ+v)}\cdot \frac{a^n}{n!}\\
\end{alignat}ここで
\begin{alignat}{2}
&(b)_n=\frac{Γ(b+n)}{Γ(b)}=(b+n-1)(b+n-2) \cdots (b+1)b\\
&(μ)_n=\frac{Γ(μ+n)}{Γ(μ)}=(μ+n-1)(μ+n-2) \cdots (μ+1)μ\\
&(μ+v)_n=\frac{Γ(μ+v+n)}{Γ(μ+v)}=(μ+v+n-1)(μ+v+n-2) \cdots (μ+v+1)(μ+v)\\
\end{alignat}であるから$$=B(μ,v) \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(b)_n(μ)_n}{(μ+v)_n} \cdot \frac{a^n}{n!}=B(μ,v){}_2F_1(b,μ;μ+v;a)$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-x})^{v-1}e^{-μx}}{(1-ae^{-x})^b}dx=B(μ,v){}_2F_1(b,μ;μ+v;a)  (a,μ,v \gt 0)$$

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