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

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-x}}{x}+\frac{e^{-μx}}{e^{-x}-1}\right)dx=ψ(μ)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right)e^{-x}dx=γ\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-vx}}{1-e^{-x}}-\frac{e^{-μx}}{x}\right)dx=\log μ-ψ(v)\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1-e^x}+\frac{1}{x}-1\right)e^{-μx}dx=ψ(μ)-\log μ\\
\end{alignat}ただし、全て \(μ,v \gt 0\)











<証明>

\((3)\) 次の定積分を \(I(p)\) と置きます。$$I(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-vx}}{1-e^{-x}}-\frac{e^{-μx}}{x}\right)e^{-px}dx$$\(I(0)\) を求めます。

\(I(p)\) を \(p\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(p)&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{xe^{-vx}}{1-e^{-x}}-e^{-μx}\right)e^{-px}dx\\
&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{xe^{-(v+p)x}}{1-e^{-x}}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(μ+p)x}dx\\
\end{alignat}\((α)\) 右の積分について$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(μ+p)x}dx=\left[-\frac{1}{μ+p}e^{-(μ+p)x}\right]_0^{\infty}=\frac{1}{μ+p}$$\((β)\) 左の積分について
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{xe^{-(v+p)x}}{1-e^{-x}}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} xe^{-(v+p)x}\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} e^{-nx}\right)dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \displaystyle\int_0^{\infty}xe^{-(v+p+n)x}dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(v+p+n)^2}\\
\end{alignat}よって \(I’(p)\) は次のようになります。$$I’(p)=\frac{1}{μ+p}+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(v+p+n)^2}$$両辺を \(p\) で積分します。$$I(p)=\log (μ+p)-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{v+p+n}+C$$\(p \to \infty\) とすると$$I(\infty)= \displaystyle\lim_{p \to \infty} \log (μ+p)+C=0,  C=-\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log s$$よって
\begin{alignat}{2}
I(p)&=\log (μ+p)+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{v+p+n}-\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log s\\
&=\log (μ+p) -\left(\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log s-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{v+p+n}\right)\\
&=\log (μ+p)-ψ(v+p)\\
\end{alignat}\(p=0\) とします。$$I(0)=\log μ-ψ(v)$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-vx}}{1-e^{-x}}-\frac{e^{-μx}}{x}\right)dx=\log μ-ψ(v)$$








\((1)\) \((3)\) の式で \(μ=1\)、\(v\) を \(μ\) に書き直すと$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-μx}}{1-e^{-x}}-\frac{e^{-x}}{x}\right)dx=-ψ(μ)$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-x}}{x}+\frac{e^{-μx}}{e^{-x}-1}\right)dx=ψ(μ)$$








\((2)\) 式を変形します。$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right)e^{-x}dx=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-x}}{x}+\frac{e^{-x}}{e^{-x}-1}\right)dx$$これは \((1)\) の式で \(μ=1\) としたものだから$$=-ψ(1)=γ$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right)e^{-x}dx=γ$$









\((4)\) 式を変形します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1-e^x}+\frac{1}{x}-1\right)e^{-μx}dx\\
&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(1+\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x}\right)e^{-μx}dx=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^x}{e^x-1}-\frac{1}{x}\right)e^{-μx}dx\\
&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right)e^{-μx}dx=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-μx}}{1-e^{-x}}-\frac{e^{-μx}}{x}\right)dx\\
\end{alignat}これは \((3)\) の式で \(v\) を \(μ\) としたものだから$$=ψ(μ)-\log μ$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1-e^x}+\frac{1}{x}-1\right)e^{-μx}dx=ψ(μ)-\log μ$$




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