logx/(a+x)^{μ+1}[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{x}\left(\frac{x}{a^2+x^2}\right)^μdx=\frac{\log a}{2a^μ}B\left(\frac{μ}{2},\frac{μ}{2}\right)\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(a+x)^{μ+1}}dx=\frac{1}{μa^μ}\{\log a-γ-ψ(μ)\}\\
&(3) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(a+x)^{n+\frac{1}{2}}}dx=\frac{2}{(2n-1)a^{n-\frac{1}{2}}}\left(\log a+2 \log 2 -2 \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2k-1}\right)\\
\end{alignat}ただし,全て \(a \gt 0,μ \gt 0,n \in \mathrm{N}\)







<証明>

\((1)\) 次の定積分を \(I(t)\) と置きます。$$I(t)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{t+μ-1}}{(a^2+x^2)^μ}dx$$\(I(t)\) を \(t\) で微分します。$$I’(t)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(\log x)x^{t+μ-1}}{(a^2+x^2)^μ}dx$$\(t=0\) とすると$$I’(0)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(\log x)x^{μ-1}}{(a^2+x^2)^μ}=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{x}\left(\frac{x}{a^2+x^2}\right)^μdx$$となるので \(I’(0)\) を求めます。

\(x=as\) と置きます。\((dx=ads)\)$$I(t)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{t+μ-1}}{(a^2+x^2)^μ}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(as)^{t+μ-1}}{(a^2+a^2s^2)^μ} \cdot ads=a^{t-μ}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{s^{t+μ-1}}{(1+s^2)^μ} ds$$\(s^2=r\) と置きます。\((2sds=dr)\)
\begin{alignat}{2}
&=a^{t-p}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{r^{\frac{t+μ-1}{2}}}{(1+r)^μ}\cdot \frac{1}{2\sqrt{r}}dr\\
&=\frac{a^{t-μ}}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{r^{\frac{t+μ}{2}-1}}{(1+r)^μ}dr=\frac{a^{t-μ}}{2}B\left(\frac{t+μ}{2},\frac{μ-t}{2}\right)\\
&=\frac{a^{t-μ}}{2} \cdot \frac{Γ\left(\frac{t+μ}{2}\right)Γ\left(\frac{μ-t}{2}\right)}{Γ(μ)}=\frac{a^{-μ}}{2Γ(μ)}\cdot a^tΓ\left(\frac{t+μ}{2}\right)Γ\left(\frac{μ-t}{2}\right)\\
\end{alignat}\(I(t)\) を \(t\) で微分します。$$I’(t)=\frac{a^{-μ}}{2Γ(μ)} \left\{(\log a)a^tΓ\left(\frac{t+μ}{2}\right)Γ\left(\frac{μ-t}{2}\right)+\frac{a^t}{2}Γ’\left(\frac{t+μ}{2}\right)Γ\left(\frac{μ-t}{2}\right)-\frac{a^t}{2}Γ\left(\frac{t+μ}{2}\right)Γ’\left(\frac{μ-t}{2}\right) \right\}$$\(t=0\) とすると
\begin{alignat}{2}
&I’(0)=\frac{a^{-μ}}{2Γ(μ)} \left\{(\log a)Γ\left(\frac{μ}{2}\right)Γ\left(\frac{μ}{2}\right)+\frac{1}{2}Γ’\left(\frac{μ}{2}\right)Γ\left(\frac{μ}{2}\right)-\frac{1}{2}Γ\left(\frac{μ}{2}\right)Γ’\left(\frac{μ}{2}\right) \right\}\\
&    =\frac{\log a}{2a^μ} \cdot \frac{Γ\left(\frac{μ}{2}\right)Γ\left(\frac{μ}{2}\right)}{Γ(μ)}=\frac{\log a}{2a^μ}B\left(\frac{μ}{2},\frac{μ}{2}\right)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{x}\left(\frac{x}{a^2+x^2}\right)^μdx=\frac{\log a}{2a^μ}B\left(\frac{μ}{2},\frac{μ}{2}\right)$$










\((2)\) 次の定積分を \(I(p)\) と置きます。$$I(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^p}{(a+x)^{μ+1}}dx$$\(I(p)\) を \(p\) で微分します。$$I’(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(\log x)x^p}{(a+x)^{μ+1}}dx$$\(p=0\) とすると$$I’(0)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(a+x)^{μ+1}}dx$$となるので \(I’(0)\) を求めます。

\(I(p)\) について \(x=at\) と置きます。\((dx=adt)\)
\begin{alignat}{2}
&I(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^p}{(a+x)^{μ+1}}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(at)^p}{(a+at)^{μ+1}} \cdot adt\\
&   =a^{p-μ}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{t^p}{(1+t)^{μ+1}}dt=a^{p-μ}B(p+1,μ-p)\\
&   =a^{p-μ} \cdot \frac{Γ(p+1)Γ(μ-p)}{Γ(μ+1)}=\frac{a^{-μ}}{Γ(μ+1)}\cdot a^pΓ(p+1)Γ(μ-p)\\
\end{alignat}\(I(p)\) を \(p\) で微分します。$$I’(p)=\frac{a^{-μ}}{Γ(μ+1)}\left\{(\log a)a^p Γ(p+1)Γ(μ-p)+a^pΓ’(p+1)Γ(μ-p)-a^pΓ(p+1)Γ’(μ-p)\right\}$$\(p=0\) とすると
\begin{alignat}{2}
&I’(0)=\frac{a^{-μ}}{Γ(μ+1)}\{(\log a)Γ(μ)+Γ’(1)Γ(μ)-Γ’(μ)\}\\
&    =\frac{Γ(μ)}{a^μΓ(μ+1)}\left\{\log a-γ-\frac{Γ’(μ)}{Γ(μ)}\right\}=\frac{1}{μa^μ}\{\log a-γ-ψ(μ)\}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(a+x)^{μ+1}}dx=\frac{1}{μa^μ}\{\log a-γ-ψ(μ)\}$$







\((3)\) 次の定積分を \(I(p)\) と置きます。$$I(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^p}{(a+x)^{n+\frac{1}{2}}}dx$$\(I(p)\) を \(p\) で微分します。$$I’(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(\log x)x^p}{(a+x)^{n+\frac{1}{2}}}dx$$\(p=0\) とすると$$I’(0)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(a+x)^{n+\frac{1}{2}}}dx$$となるので \(I’(0)\) を求めます。

\(I(p)\) について \(x=at\) と置きます。\((dx=adt)\)
\begin{alignat}{2}
&I(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^p}{(a+x)^{n+\frac{1}{2}}}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(at)^p}{(a+at)^{n+\frac{1}{2}}} \cdot adt\\
&   =a^{p-n+\frac{1}{2}}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{t^p}{(1+t)^{n+\frac{1}{2}}}dt=a^{p-n+\frac{1}{2}}B\left(p+1,n-p-\frac{1}{2}\right)\\
&   =a^{p-n+\frac{1}{2}} \cdot \frac{Γ(p+1)Γ\left(n-p-\frac{1}{2}\right)}{Γ\left(n+\frac{1}{2}\right)}=\frac{a^{-n+\frac{1}{2}}}{Γ\left(n+\frac{1}{2}\right)}\cdot a^pΓ(p+1)Γ\left(n-p-\frac{1}{2}\right)\\
\end{alignat}\(I(p)\) を \(p\) で微分します。$$I’(p)=\frac{a^{-n+\frac{1}{2}}}{Γ\left(n+\frac{1}{2}\right)}\left\{(\log a)a^p Γ(p+1)Γ\left(n-p-\frac{1}{2}\right)+a^pΓ’(p+1)Γ\left(n-p-\frac{1}{2}\right)-a^pΓ(p+1)Γ’\left(n-p-\frac{1}{2}\right)\right\}$$\(p=0\) とすると
\begin{alignat}{2}
&I’(0)=\frac{a^{-n+\frac{1}{2}}}{Γ\left(n+\frac{1}{2}\right)}\left\{(\log a) Γ\left(n-\frac{1}{2}\right)+Γ’(1)Γ\left(n-\frac{1}{2}\right)-Γ’\left(n-\frac{1}{2}\right)\right\}\\
&    =\frac{a^{-n+\frac{1}{2}}}{\left(n-\frac{1}{2}\right)Γ\left(n-\frac{1}{2}\right)} \cdot Γ\left(n-\frac{1}{2}\right) \left\{\log a +Γ’(1)-\frac{Γ’\left(n-\frac{1}{2}\right)}{Γ\left(n-\frac{1}{2}\right)}\right\}\\
&    =\frac{2}{(2n-1)a^{n-\frac{1}{2}}}\left\{\log a+ψ(1)-ψ\left(n-\frac{1}{2}\right)\right\}\\
&    =\frac{2}{(2n-1)a^{n-\frac{1}{2}}}\left\{\log a-γ+\left(γ +2\log 2 -2 \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2k-1}\right)\right\}\\
&    =\frac{2}{(2n-1)a^{n-\frac{1}{2}}}\left(\log a+2 \log 2 -2 \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2k-1}\right)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(a+x)^{n+\frac{1}{2}}}dx=\frac{2}{(2n-1)a^{n-\frac{1}{2}}}\left(\log a+2 \log 2 -2 \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2k-1}\right)$$

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