logx/(x+a)(x+b)[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_a^b \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}dx=\frac{\log ab}{2(b-a)}\log \frac{(a+b)^2}{4ab}  (b \gt a,\,ab \gt 0)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}dx=\frac{(\log b)^2-(\log a)^2}{2(b-a)}\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x-1)(x+a)}dx=\frac{π^2+(\log a)^2}{2(a+1)}  (a \gt 0)\\
\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)$$(A)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{a^2-b^2x^2}dx=-\frac{π^2}{4ab}  (a,b \gt 0)$$





\((1)\) 求める定積分を \(I\) とします。\(\displaystyle x=\frac{ab}{t}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dx=-\frac{ab}{t^2}dt\right)\)
\begin{alignat}{2}
I&=\displaystyle\int_a^b \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}dx=\displaystyle\int_b^a \frac{\log \frac{ab}{t}}{\left(\frac{ab}{t}+a\right)\left(\frac{ab}{t}+b\right)} \cdot \left(-\frac{ab}{t^2}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_a^b \frac{\log ab-\log t}{(b+t)(a+t)}dt=\displaystyle\int_a^b \frac{\log ab-\log x}{(x+a)(x+b)}dx\\
&=\displaystyle\int_a^b \frac{\log ab}{(x+a)(x+b)}dx-\displaystyle\int_a^b \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}dx\\
&=\displaystyle\int_a^b \frac{\log ab}{(x+a)(x+b)}dx-I\\
2I&=\displaystyle\int_a^b \frac{\log ab}{(x+a)(x+b)}dx=\log ab \displaystyle\int_a^b \frac{1}{(x+a)(x+b)}dx\\
&=\frac{\log ab}{b-a} \displaystyle\int_a^b \left(\frac{1}{x+a}-\frac{1}{x+b}\right)dx\\
&=\frac{\log ab}{b-a} \left[\log |x+a|-\log |x+b|\right]_a^b\\
&=\frac{\log ab}{b-a} \left\{\log |a+b|-\log |2b|-\log |2a|+\log |a+b|\right\}\\
2I&=\frac{\log ab}{b-a} \log \frac{|a+b|^2}{|4ab|}=\frac{\log ab}{b-a}\log \frac{(a+b)^2}{4ab}\\
\end{alignat}両辺を \(2\) で割ります。$$I=\frac{\log ab}{2(b-a)}\log \frac{(a+b)^2}{4ab}$$以上より$$\displaystyle\int_a^b \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}dx=\frac{\log ab}{2(b-a)}\log \frac{(a+b)^2}{4ab}  (b \gt a,\,ab \gt 0)$$








\((2)\) 求める定積分を \(I\) とします。\(\displaystyle x=\frac{ab}{t}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dx=-\frac{ab}{t^2}dt\right)\)
\begin{alignat}{2}
I&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}dx=\displaystyle\int_{\infty}^0 \frac{\log \frac{ab}{t}}{\left(\frac{ab}{t}+a\right)\left(\frac{ab}{t}+b\right)} \cdot \left(-\frac{ab}{t^2}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log ab-\log t}{(b+t)(a+t)}dt=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log ab-\log x}{(x+a)(x+b)}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log ab}{(x+a)(x+b)}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log ab}{(x+a)(x+b)}dx-I\\
2I&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log ab}{(x+a)(x+b)}dx=\log ab \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(x+a)(x+b)}dx\\
&=\frac{\log ab}{b-a} \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{x+a}-\frac{1}{x+b}\right)dx\\
&=\frac{\log ab}{b-a} [\log |x+a|-\log |x+b|]_0^{\infty}=\frac{\log ab}{b-a} (\log b-\log a)\\
2I&=\frac{(\log b+\log a)(\log b-\log a)}{b-a}=\frac{(\log b)^2-(\log a)^2}{b-a}\\
\end{alignat}両辺を \(2\) で割ります。$$I=\frac{(\log b)^2-(\log a)^2}{2(b-a)}$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}dx=\frac{(\log b)^2-(\log a)^2}{2(b-a)}$$








\((3)\) 求める定積分を \(I\) とします。\(\displaystyle x=\frac{a}{t}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dx=-\frac{a}{t^2}dt\right)\)
\begin{alignat}{2}
I&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x-1)(x+a)}dx=\displaystyle\int_{\infty}^0 \frac{\log \frac{a}{t}}{\left(\frac{a}{t}-1\right)\left(\frac{a}{t}+a\right)} \cdot \left(-\frac{a}{t^2}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log a-\log t}{(a-t)(1+t)}dt=-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log a-\log x}{(x-a)(x+1)}dx\\
I&=- \log a \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(x-a)(x+1)}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x-a)(x+1)}dx\\
\end{alignat}両辺に \(\displaystyle I=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x-1)(x+a)}dx\) を加えます。
\begin{alignat}{2}
2I&=- \log a \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(x-a)(x+1)}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x-a)(x+1)}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x-1)(x+a)}dx\\
&=-\frac{\log a}{a+1} \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+1}\right)dx+\frac{1}{a+1}\displaystyle\int_0^{\infty} \log x\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+1}\right)dx+\frac{1}{a+1}\displaystyle\int_0^{\infty} \log x\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+a}\right)dx\\
&=-\frac{\log a}{a+1} \left[\log \left|\frac{x-a}{x+1}\right|\right]_0^{\infty} +\frac{1}{a+1}\displaystyle\int_0^{\infty} \log x\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right)dx\\
&=\frac{(\log a)^2}{a+1}+\frac{1}{a+1}\displaystyle\int_0^{\infty} \log x\left\{\frac{2}{(x-1)(x+1)}+\frac{2a}{(x-a)(x+a)}\right\}dx\\
&=\frac{(\log a)^2}{a+1}-\frac{1}{a+1}\left(2 \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{1-x^2}dx+2a\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{a^2-x^2}dx\right)dx\\
\end{alignat}\((A)\) の式を用います。
\begin{alignat}{2}
2I&=\frac{(\log a)^2}{a+1}-\frac{1}{a+1}\left\{2 \left(-\frac{π^2}{4}\right)+2a \left(-\frac{π^2}{4a}\right)\right\}\\
&=\frac{(\log a)^2}{a+1}-\frac{1}{a+1}\left(-\frac{π^2}{2}-\frac{π^2}{2}\right)=\frac{(\log a)^2+π^2}{a+1}
\end{alignat}両辺を \(2\) で割ります。$$I=\frac{π^2+(\log a)^2}{2(a+1)}$$
以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x-1)(x+a)}dx=\frac{π^2+(\log a)^2}{2(a+1)}  (a \gt 0)$$

コメントを残す

メールアドレスが公開されることはありません。 * が付いている欄は必須項目です