li(x)1/x^{p+1}√log(1/x)[0,1]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}(x) \frac{x^{p-1}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx=-2 \sqrt{\frac{π}{p}}\sinh^{-1} \sqrt{p}   (p \gt 0)\\
&(2)   \displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}(x) \frac{1}{x^{p+1}\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx=-2 \sqrt{\frac{π}{p}}\sin^{-1}\sqrt{p}   (0 \lt p \lt 1)\\
\end{alignat}









<証明>

\((1)\) \(\mathrm{li}\) を積分の形で表します。$$\displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}(x) \frac{x^{p-1}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^x \frac{1}{\log t}dt\right) \frac{x^{p-1}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx$$次の積分を \(I(q)\) と置きます。$$I(q)=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^x \frac{e^{q \log t}}{\log t}dt\right) \frac{x^{p-1}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx  (q \gt 0)$$\(\displaystyle\lim_{q \to 0}I(q)\) を求めます。

\(I(q)\) を \(q\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(q)&=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^x e^{q \log t}dt\right) \frac{x^{p-1}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^x t^q dt\right) \frac{x^{p-1}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 \left[\frac{1}{q+1}t^{q+1}\right]_0^x \frac{x^{p-1}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
&=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_0^1 x^{q+1} \cdot \frac{x^{p-1}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
&=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{q+p}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
\end{alignat}\(x=e^{-r}\) と置きます。\((dx=-e^{-r}dr)\)$$=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_{\infty}^0 \frac{e^{-r(q+p)}}{\sqrt{r}} \cdot (-e^{-r})dr=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_0^{\infty} r^{-\frac{1}{2}} e^{-(q+p+1)r}dr$$\((q+p+1)r=y\) と置きます。\([(q+p+1)dr=dy]\)
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{y}{q+p+1}\right)^{-\frac{1}{2}} e^{-y} \cdot \frac{1}{q+p+1}dy\\
&=\frac{1}{q+q}\cdot \frac{1}{\sqrt{q+p+1}} \displaystyle\int_0^{\infty} y^{-\frac{1}{2}} e^{-y}dy\\
&=\frac{1}{(q+1)\sqrt{q+p+1}}Γ\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{π}}{(q+1)\sqrt{q+p+1}}\\
\end{alignat}両辺を \(q\) で積分します。$$I(q)=\sqrt{π}\displaystyle\int \frac{1}{(q+1)\sqrt{q+p+1}}dq$$\(\sqrt{q+p+1}=w\) と置きます。このとき$$q+p+1=w^2,  q+1=w^2-p,  dq=2wdw$$であるので
\begin{alignat}{2}
I(q)&=\sqrt{π}\displaystyle\int \frac{1}{(w^2-p)w} \cdot 2wdw=2\sqrt{π}\displaystyle\int \frac{1}{w^2-p}dw\\
&=2\sqrt{π}\displaystyle\int \frac{1}{(w-\sqrt{p})(w+\sqrt{p})}dw=\sqrt{\frac{π}{p}}\displaystyle\int \left(\frac{1}{w-\sqrt{p}}-\frac{1}{w+\sqrt{p}}\right)dw\\
&=\sqrt{\frac{π}{p}}(\log |w-\sqrt{p}|-\log |w+\sqrt{p}|)=\sqrt{\frac{π}{p}} \log \frac{\sqrt{q+p+1}-\sqrt{p}}{\sqrt{q+p+1}+\sqrt{p}}+C\\
\end{alignat}\(I(\infty)=0\) を用いると \(C=0\) であるので$$I(q)=\sqrt{\frac{π}{p}} \log \frac{\sqrt{q+p+1}-\sqrt{p}}{\sqrt{q+p+1}+\sqrt{p}}=-\sqrt{\frac{π}{p}} \log \frac{\sqrt{q+p+1}+\sqrt{p}}{\sqrt{q+p+1}-\sqrt{p}}$$\(q \to 0\) とすると
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\lim_{q \to 0}I(q)=I(0)&=-\sqrt{\frac{π}{p}} \log \frac{\sqrt{p+1}+\sqrt{p}}{\sqrt{p+1}-\sqrt{p}}=-\sqrt{\frac{π}{p}} \log \frac{(\sqrt{p+1}+\sqrt{p})^2}{(p+1)-p}\\
&=-2\sqrt{\frac{π}{p}} \log (\sqrt{p}+\sqrt{p+1})=-2\sqrt{\frac{π}{p}}\sinh^{-1} \sqrt{p}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}(x) \frac{x^{p-1}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx=-2 \sqrt{\frac{π}{p}}\sinh^{-1} \sqrt{p}   (p \gt 0)$$








\((2)\) \(\mathrm{li}\) を積分の形で表します。$$\displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}(x) \frac{1}{x^{p+1}\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^x \frac{1}{\log t}dt\right) \frac{1}{x^{p+1}\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx$$次の積分を \(I(q)\) と置きます。$$I(q)=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^x \frac{e^{q \log t}}{\log t}dt\right) \frac{1}{x^{p+1}\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx  (q \gt 0)$$\(\displaystyle\lim_{q \to 0}I(q)\) を求めます。

\(I(q)\) を \(q\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(q)&=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^x e^{q \log t}dt\right) \frac{1}{x^{p+1}\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^x t^q dt\right) \frac{1}{x^{p+1}\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 \left[\frac{1}{q+1}t^{q+1}\right]_0^x \frac{1}{x^{p+1}\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
&=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_0^1 x^{q+1} \cdot \frac{1}{x^{p+1}\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
&=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{q-p}}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx\\
\end{alignat}\(x=e^{-r}\) と置きます。\((dx=-e^{-r}dr)\)$$=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_{\infty}^0 \frac{e^{-r(q-p)}}{\sqrt{r}} \cdot (-e^{-r})dr=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_0^{\infty} r^{-\frac{1}{2}} e^{-(q-p+1)r}dr$$\((q-p+1)r=y\) と置きます。\([(q-p+1)dr=dy]\)
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{q+1}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{y}{q-p+1}\right)^{-\frac{1}{2}} e^{-y} \cdot \frac{1}{q-p+1}dy\\
&=\frac{1}{q+q}\cdot \frac{1}{\sqrt{q-p+1}} \displaystyle\int_0^{\infty} y^{-\frac{1}{2}} e^{-y}dy\\
&=\frac{1}{(q+1)\sqrt{q-p+1}}Γ\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{π}}{(q+1)\sqrt{q-p+1}}\\
\end{alignat}両辺を \(q\) で積分します。$$I(q)=\sqrt{π}\displaystyle\int \frac{1}{(q+1)\sqrt{q-p+1}}dq$$\(\sqrt{q-p+1}=w\) と置きます。このとき$$q-p+1=w^2,  q+1=w^2+p,  dq=2wdw$$であるので
\begin{alignat}{2}
I(q)&=\sqrt{π}\displaystyle\int \frac{1}{(w^2+p)w} \cdot 2wdw=2\sqrt{π}\displaystyle\int \frac{1}{w^2+p}dw\\
&=2\sqrt{\frac{π}{p}}\tan^{-1} \frac{w}{\sqrt{p}}+C=2\sqrt{\frac{π}{p}}\tan^{-1} \sqrt{\frac{q-p+1}{p}}+C
\end{alignat}\(I(\infty)=0\) を用いて \(C\) を定めます。$$I(\infty)=2\sqrt{\frac{π}{p}}\cdot \frac{π}{2}+C=0,  C=-2\sqrt{\frac{π}{p}} \cdot \frac{π}{2}$$であるので
\begin{alignat}{2}
I(q)&=2\sqrt{\frac{π}{p}}\tan^{-1} \sqrt{\frac{q-p+1}{p}}-2\sqrt{\frac{π}{p}} \cdot \frac{π}{2}\\
&=-2\sqrt{\frac{π}{p}} \left(\frac{π}{2}-\tan^{-1} \sqrt{\frac{q-p+1}{p}}\right)=-2\sqrt{\frac{π}{p}} \tan^{-1}\sqrt{\frac{p}{q-p+1}}\\
\end{alignat}\(q \to 0\) とすると$$\displaystyle\lim_{q \to 0}I(q)=I(0)=-2\sqrt{\frac{π}{p}} \tan^{-1}\sqrt{\frac{p}{1-p}}$$\(\displaystyle \tan^{-1}\sqrt{\frac{p}{1-p}}=θ\) と置くと$$\tan θ=\sqrt{\frac{p}{1-p}},  \sin θ=\sqrt{p},  \sin^{-1}\sqrt{p}=θ$$すなわち$$\tan^{-1}\sqrt{\frac{p}{1-p}}=\sin^{-1}\sqrt{p}$$であるから$$\displaystyle\lim_{q \to 0}I(q)=I(0)=-2\sqrt{\frac{π}{p}} \tan^{-1}\sqrt{\frac{p}{1-p}}=-2 \sqrt{\frac{π}{p}}\sin^{-1}\sqrt{p}$$以上より$$\displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}(x) \frac{1}{x^{p+1}\sqrt{\log \frac{1}{x}}}dx=-2 \sqrt{\frac{π}{p}}\sin^{-1}\sqrt{p}   (0 \lt p \lt 1)$$




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