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

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^1 \frac{(1-x^2)x^{p-2}\log x}{1+x^{2p}}dx=-\frac{π^2}{4p^2}\cdot \frac{\sin\frac{π}{2p}}{\cos^2 \frac{π}{2p}}  (p \gt 1)\\
&(2) \displaystyle\int_0^1 \frac{(1+x^2)x^{p-2}\log x}{1-x^{2p}}dx=-\frac{π^2}{4p^2}\sec^2 \frac{π}{2p}  (p \gt 1)\\
&(3) \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{(1-x^p) \log x}{1-x^2}dx=\frac{π^2}{4}\tan^2 \frac{pπ}{2}  (0 \lt p \lt 1)\\
\end{alignat}







<証明>

次の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです。(A)(B)(C))
\begin{alignat}{2}
&(A) \displaystyle\int_0^1 \frac{x^{p-1}\log x}{1+x^q}dx=\frac{1}{q^2}β’\left(\frac{p}{q}\right)  (p,q \gt 0)\\
&(B) \displaystyle\int_0^1 \frac{x^{p-1}\log x}{1-x^q}dx=-\frac{1}{q^2}ψ’\left(\frac{p}{q}\right)  (p,q \gt 0)\\
&(C) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{p-1}\log x}{1-x^q}dx=-\frac{π^2}{q^2} \cdot \frac{1}{\sin^2 \frac{pπ}{q}}  (0 \lt p \lt q)\\
\end{alignat}



\((1)\) 積分を切り離して \((A)\) を用います。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \frac{(1-x^2)x^{p-2}\log x}{1+x^{2p}}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{p-2}\log x}{1+x^{2p}}dx-\displaystyle\int_0^1 \frac{x^p\log x}{1+x^{2p}}dx\\
&                     =\frac{1}{4p^2}β’\left(\frac{p-1}{2p}\right)-\frac{1}{4p^2}β’\left(\frac{p+1}{2p}\right)\\
&                     =\frac{1}{4p^2}\left\{β’\left(\frac{p-1}{2p}\right)-β’\left(\frac{p+1}{2p}\right)\right\}\\
&                     =\frac{1}{4p^2}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left\{\frac{(-1)^{n+1}}{\left(\frac{p-1}{2p}+n\right)^2}-\frac{(-1)^{n+1}}{\left(\frac{p+1}{2p}+n\right)^2}\right\}\\
&                     =-\frac{1}{4p^2}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \cdot \frac{\left(n+\frac{1}{2}+\frac{1}{2p}\right)^2-\left(n+\frac{1}{2}-\frac{1}{2p}\right)^2}{\left(n+\frac{1}{2}-\frac{1}{2p}\right)^2\left(n+\frac{1}{2}+\frac{1}{2p}\right)^2}\\
&                     =-\frac{1}{4p^2}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot \frac{1}{p}(2n+1)}{\left\{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4p^2}\right\}^2}\\
\end{alignat}ここで次の三角関数の部分分数分解の式より$$\frac{1}{\cos x}=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{π(-1)^n(2n+1)}{x^2-π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2}$$両辺を \(x\) で微分します。$$\frac{\sin x}{\cos^2 x}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{π(-1)^n(2n+1) \cdot 2x}{\left\{x^2-π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\right\}^2}$$\(\displaystyle x=\frac{π}{2p}\) を代入します。$$\frac{\sin \frac{π}{2p}}{\cos^2 \frac{π}{2p}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{π(-1)^n(2n+1) \cdot \frac{π}{p}}{\left\{\left(\frac{π}{2p}\right)^2-π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\right\}^2}$$両辺に \(π^2\) を掛けます。$$π^2 \cdot \frac{\sin \frac{π}{2p}}{\cos^2 \frac{π}{2p}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(2n+1) \cdot \frac{1}{p}}{\left\{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4p^2}\right\}^2}$$よって、これを元の計算式に代入すれば$$\displaystyle\int_0^1 \frac{(1-x^2)x^{p-2}\log x}{1+x^{2p}}dx=-\frac{π^2}{4p^2}\cdot \frac{\sin\frac{π}{2p}}{\cos^2 \frac{π}{2p}}$$







\((1)\) 積分を切り離して \((B)\) を用います。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \frac{(1+x^2)x^{p-2}\log x}{1-x^{2p}}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{p-2}\log x}{1-x^{2p}}dx+\displaystyle\int_0^1 \frac{x^p\log x}{1-x^{2p}}dx\\
&                     =-\frac{1}{4p^2}ψ’\left(\frac{p-1}{2p}\right)-\frac{1}{4p^2}ψ’\left(\frac{p+1}{2p}\right)\\
&                     =-\frac{1}{4p^2}\left\{ψ’\left(\frac{p-1}{2p}\right)+ψ’\left(\frac{p+1}{2p}\right)\right\}\\
&                     =-\frac{1}{4p^2}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left\{\frac{1}{\left(\frac{p-1}{2p}+n\right)^2}-\frac{1}{\left(\frac{p+1}{2p}+n\right)^2}\right\}\\
&                     =-\frac{1}{4p^2}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(n+\frac{1}{2}+\frac{1}{2p}\right)^2+\left(n+\frac{1}{2}-\frac{1}{2p}\right)^2}{\left(n+\frac{1}{2}-\frac{1}{2p}\right)^2\left(n+\frac{1}{2}+\frac{1}{2p}\right)^2}\\
&                     =-\frac{1}{4p^2}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2\left\{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{4p^2}\right\}}{\left\{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4p^2}\right\}^2}\\
\end{alignat}ここで次の三角関数の部分分数分解の式より$$\tan x=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2x}{x^2-π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2}$$両辺を \(x\) で微分します。$$\sec^2 x=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2\left\{x^2-π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\right\}-2x \cdot 2x}{\left\{x^2-π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\right\}^2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2\left\{x^2+π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\right\}}{\left\{x^2-π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\right\}^2}$$\(\displaystyle x=\frac{π}{2p}\) を代入します。$$\sec^2 \frac{π}{2p}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2\left\{\left(\frac{π}{2p}\right)^2+π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\right\}}{\left\{\left(\frac{π}{2p}\right)^2-π^2\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\right\}^2}$$両辺に \(π^2\) を掛けます。$$π^2 \sec^2 \frac{π}{2p} =\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2\left\{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{4p^2}\right\}}{\left\{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4p^2}\right\}^2}$$よって、これを元の計算式に代入すれば$$\displaystyle\int_0^1 \frac{(1+x^2)x^{p-2}\log x}{1-x^{2p}}dx=-\frac{π^2}{4p^2}\sec^2 \frac{π}{2p}$$







\((3)\) 積分を切り離して \((C)\) を用います。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{(1-x^p) \log x}{1-x^2}dx=\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\log x}{1-x^2}dx-\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{(x^p) \log x}{1-x^2}dx\\
&                  =-\frac{π^2}{4 \sin^2 \frac{π}{2}}+\frac{π^2}{4 \sin^2 \frac{(p+1)π}{2}}\\
&                  =\frac{π^2}{4}\left[-1+\left\{1+\frac{1}{\tan^2 \frac{(p+1)π}{2}}\right\}\right]\\
&                  =\frac{π^2}{4} \cdot \frac{1}{\tan^2 \frac{(p+1)π}{2}}=\frac{π^2}{4}\tan^2 \frac{pπ}{2}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{(1-x^p) \log x}{1-x^2}dx=\frac{π^2}{4}\tan^2 \frac{pπ}{2}$$

“(1+x^2)x^{p-2}logx/(1+x^{2p})[0,1]などの定積分” への1件の返信

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