log(1+x^2)x^{μ-1}[0,1]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^1 \log (1+x^2)x^{μ-1}dx=\frac{1}{μ}\left\{\log 2-β\left(\frac{μ}{2}+1\right)\right\}  (μ \gt -2)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \log (1+x^2)x^{μ-1}dx=\frac{π}{μ}\csc \frac{μπ}{2}  (-2 \lt μ \lt 0)\\
\end{alignat}









<証明>

\((1)\) 次の定積分を \(I(a)\) と置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^1 \log (1+ax^2)x^{μ-1}dx$$\(I(1)\) を求めます。

\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(a)&=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^2}{1+ax^2} \cdot x^{μ-1}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{μ+1}}{1+ax^2}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 x^{μ+1} \left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (ax^2)^n\right\}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^na^n \displaystyle\int_0^1 x^{μ+2n+1}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^na^n \left[\frac{x^{μ+2n+2}}{μ+2n+2}\right]_0^1=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^na^n}{μ+2n+2}\\
\end{alignat}両辺を \(a\) で積分します。$$I(a)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^na^{n+1}}{(n+1)(μ+2n+2)}+C$$\(I(0)=0\) より \(C=0\) だから$$I(a)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^na^{n+1}}{(n+1)(μ+2n+2)}$$\(a=1\) のとき$$I(1)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)(μ+2n+2)}$$
部分分数分解を行います。
\begin{alignat}{2}
I(1)&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2(-1)^na^{n+1}}{(2n+2)(μ+2n+2)}\\
&=\frac{2}{μ}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{2n+2+μ}\right)\\
&=\frac{1}{μ}\left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1}-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\frac{μ}{2}+1+n}\right\}\\
&=\frac{1}{μ}\left\{\log 2-β\left(\frac{μ}{2}+1\right)\right\}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \log (1+x^2)x^{μ-1}dx=\frac{1}{μ}\left\{\log 2-β\left(\frac{μ}{2}+1\right)\right\}  (μ \gt -2)$$








\((2)\) 次の定積分を \(I(a)\) と置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \log (1+ax^2)x^{μ-1}dx$$
\(I(1)\) を求めます。

\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(a)&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2}{1+ax^2} \cdot x^{μ-1}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{μ+1}}{1+ax^2}dx\\
\end{alignat}\(ax^2=t\) と置きます。\((2axdx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\left(\frac{t}{a}\right)^{\frac{μ+1}{2}}}{1+t} \cdot \frac{1}{2a^{\frac{1}{2}}t^{\frac{1}{2}}}dt=\frac{1}{2a^{\frac{μ+2}{2}}} \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{t^{\frac{μ}{2}}}{1+t}dt\\

&=\frac{1}{2a^{\frac{μ+2}{2}}}\cdot π \csc \left(\frac{μ}{2}+1\right)π=-\frac{π}{2a^{\frac{μ+2}{2}}} \csc \frac{μπ}{2}\\
\end{alignat}両辺を \(a\) で積分します。
\begin{alignat}{2}
I(a)&=-\frac{π}{2}\left(-\frac{2}{μ}\right)a^{-\frac{μ}{2}} \csc \frac{μπ}{2}+C\\
&=\frac{π}{μ}a^{-\frac{μ}{2}} \csc \frac{μπ}{2}+C\\
\end{alignat}\(I(0)=0\) より \(C=0\) だから$$I(a)=\frac{π}{μ}a^{-\frac{μ}{2}} \csc \frac{μπ}{2}$$\(a=1\) のとき$$I(1)=\frac{π}{μ}\csc \frac{μπ}{2}$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \log (1+x^2)x^{μ-1}dx=\frac{π}{μ}\csc \frac{μπ}{2}  (-2 \lt μ \lt 0)$$

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