{exp(-x^(2^n))-exp(-x^{2^m})}/x[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-x^2}-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2}γ\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-x^4}-\frac{1}{1+x^4}\right)\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{4}γ\\
&(3)  \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\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\exp (-x^{2^n})-\exp (-x^{2^m})}{x}dx=\left(\frac{1}{2^m}-\frac{1}{2^n}\right)γ
\end{alignat}ただし、全て \(n,m \geq 0,\,n,m \in \mathrm{Z}\)










<証明>

次の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです)$$(A)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=-γ$$




\((1)\) \(x^2=t\) と置きます。\((2xdx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-x^2}-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-t}-\frac{1}{1+t}\right)\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{2x}dt\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-t}-\frac{1}{1+t}\right)\frac{1}{t}dt=-\frac{1}{2}γ\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-x^2}-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2}γ$$







\((2)\) \(x^4=t\) と置きます。\((4x^3dx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-x^4}-\frac{1}{1+x^4}\right)\frac{1}{x}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-t}-\frac{1}{1+t}\right)\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{4x^3}dt\\
&=\frac{1}{4}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-t}-\frac{1}{1+t}\right)\frac{1}{t}dt=-\frac{1}{4}γ\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-x^4}-\frac{1}{1+x^4}\right)\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{4}γ$$







\((3)\) \(x^{2^n}=t\) と置きます。\((2^n x^{2^n-1}dx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp(-x^{2^n}) -\frac{1}{1+x^{2^n}}\right\}\frac{1}{x}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-t} -\frac{1}{1+t}\right)\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2^n x^{2^n-1}}dt\\
&=\frac{1}{2^n}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(e^{-t}-\frac{1}{1+t}\right)\frac{1}{t}dt=-\frac{1}{2^n}γ\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp(-x^{2^n}) -\frac{1}{1+x^{2^n}}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^n}γ$$







\((4)\) \((3)\) の式と \((3)\) の式の \(n\) を \(m\) とした式を用意します。
\begin{alignat}{2}
&(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\\
&(C)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\exp(-x^{2^m}) -\frac{1}{1+x^{2^m}}\right\}\frac{1}{x}dx=-\frac{1}{2^m}γ\\
\end{alignat} \((B)\) から \((C)\) を引きます。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\exp (-x^{2^n})-\exp (-x^{2^m})}{x}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{x(1+x^{2^n})}-\frac{1}{x(1+x^{2^m})}\right\}dx=\left(\frac{1}{2^m}-\frac{1}{2^n}\right)γ\\
\end{alignat}左から \(2\) 番目の積分を計算します。
\begin{alignat}{2}
\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$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\exp (-x^{2^n})-\exp (-x^{2^m})}{x}dx=\left(\frac{1}{2^m}-\frac{1}{2^n}\right)γ$$






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