exp(-x^{2^n}-1/(1+x))1/x[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+x^{2^n}}-\frac{1}{1+x^{2^m}}\right)\frac{1}{x}dx=0\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp (-x^{2^n})-\frac{1}{1+x}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp (-x^{2^n})-\frac{1}{1+x^2}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp (-x^{2^n})-\frac{1}{1+x^{2^{n+1}}}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ\\
&(5)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp (-x^{2^n})-e^{-x}\right\}\frac{1}{x}dx=\left(1-\frac{1}{2^n}\right)γ\\
\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)]
\begin{alignat}{2}
&(A)  \displaystyle\int_0^{\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=-γ\\
&(B)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp(-x^{2^n}) -\frac{1}{1+x^{2^n}}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ\\
\end{alignat}




\((1)\) 部分分数分解を行います。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+x^{2^n}}-\frac{1}{1+x^{2^m}}\right)\frac{1}{x}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{x(1+x^{2^n})}-\frac{1}{x(1+x^{2^m})}\right\}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{x}-\frac{x^{2^n-1}}{1+x^{2^n}}-\frac{1}{x}+\frac{x^{2^m-1}}{1+x^{2^m}}\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{x^{2^m-1}}{1+x^{2^m}}-\frac{x^{2^n-1}}{1+x^{2^n}}\right)dx\\
&=\left[\frac{1}{2^m}\log (1+x^{2^m})-\frac{1}{2^n}\log (1+x^{2^n})\right]_0^{\infty}\\
&=\left[\frac{1}{2^{m+n}}\log \frac{(1+x^{2^m})^{2^n}}{(1+x^{2^n})^{2^m}}\right]_0^{\infty}=0\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+x^{2^n}}-\frac{1}{1+x^{2^m}}\right)\frac{1}{x}dx=0$$






\((2)(3)(4)\) \((1)\) の式で \(m=0,1,n+1\) とします。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+x^{2^n}}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=0\\
&\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+x^{2^n}}-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx=0\\
&\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+x^{2^n}}-\frac{1}{1+x^{2^{n+1}}}\right)\frac{1}{x}dx=0\\
\end{alignat}これと次の \((B)\) の式を用意して$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp(-x^{2^n}) -\frac{1}{1+x^{2^n}}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ$$それぞれ足し合わせます。以上より
\begin{cases}
\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp (-x^{2^n})-\frac{1}{1+x}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ\\
\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp (-x^{2^n})-\frac{1}{1+x^2}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ\\
\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp (-x^{2^n})-\frac{1}{1+x^{2^{n+1}}}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ\\
\end{cases}









\((5)\) 次の \((B)\) の式と$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp(-x^{2^n}) -\frac{1}{1+x^{2^n}}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ$$\((A)\) の式を用意して$$\displaystyle\int_0^{\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=-γ$$\((B)\) から \((A)\) を引きます。$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp (-x^{2^n})-e^{-x}\right\}\frac{1}{x}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \left( \frac{1}{1+x^{2^n}}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=\left(1-\frac{1}{2^n}\right)γ$$\((1)\) の式で \(m=0\) としたものは$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left( \frac{1}{1+x^{2^n}}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=0$$であるので、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp (-x^{2^n})-e^{-x}\right\}\frac{1}{x}dx=\left(1-\frac{1}{2^n}\right)γ$$

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