{μ-(1-e^{-μx})/(1-e^{-x})}e^{-x}/x[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(μ-\frac{1-e^{-μx}}{1-e^{-x}}\right)\frac{e^{-x}}{x}dx=\log Γ(μ+1)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{ve^{-x}-\frac{e^{-μx}-e^{-(μ+v)x}}{e^x-1}\right\}\frac{1}{x}dx=\log \frac{Γ(μ+v+1)}{Γ(μ+1)}\\
\end{alignat}ただし、全て \(μ \gt -1,\,v \gt 0\)










<証明>

\((1)\) 次の定積分を \(I(p)\) と置きます。$$I(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(μ-\frac{1-e^{-μx}}{1-e^{-x}}\right)\frac{e^{-px}}{x}dx$$\(I(1)\) を求めます。

\(I(p)\) を \(p\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(p)&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(μ-\frac{1-e^{-μx}}{1-e^{-x}}\right)e^{-px}dx\\
&=-μ\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-px}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-μx})e^{-px}}{1-e^{-x}}dx\\
\end{alignat}
\((α)\) 左の積分について$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-px}dx=\left[-\frac{1}{p}e^{-px}\right]_0^{\infty}=\frac{1}{p}$$\((β)\) 右の積分については \(e^{-x}=t\) と置きます。\((-e^{-x}dx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-μx})e^{-px}}{1-e^{-x}}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px}-e^{-(μ+p)x}}{1-e^{-x}}dx=\displaystyle\int_1^0 \frac{t^p-t^{μ+p}}{1-t} \cdot \left(-\frac{1}{t}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{p-1}-t^{μ+p-1}}{1-t}dt=ψ(μ+p)-ψ(p)\\
\end{alignat}よって \(I’(p)\) は次のようになります。$$I’(p)=-\frac{μ}{p}+ψ(μ+p)-ψ(p)$$両辺を \(p\) で積分します。$$I(p)=-μ \log p+\log Γ(μ+p)-\log Γ(p)+C$$ガンマ関数の近似式$$Γ(x)≒\sqrt{2π}e^{-x}x^{x-\frac{1}{2}}$$及び \(I(∞)=0\) を用いて定数 \(C\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
I(p)&≒-μ\log p+\log \sqrt{2π}e^{-μ-p}(μ+p)^{μ+p-\frac{1}{2}}-\log \sqrt{2π}e^{-p}p^{p-\frac{1}{2}}+C\\
&=-μ\log p+\frac{1}{2}\log 2π-μ-p+\left(μ+p-\frac{1}{2}\right)\log (μ+p)-\frac{1}{2}\log 2π+p -\left(p-\frac{1}{2}\right)\log p+C\\
&=-μ\log p+μ \log (μ+p)+p\log (μ+p)-\frac{1}{2}\log (μ+p)-p \log p +\frac{1}{2}\log p-μ+C\\
&=μ\log \left(1+\frac{μ}{p}\right)+p\log \left(1+\frac{μ}{p}\right)-\frac{1}{2}\log \left(1+\frac{μ}{p}\right)-μ+C\\
&=μ\log \left(1+\frac{μ}{p}\right)+\log \left\{\left(1+\frac{μ}{p}\right)^{\frac{p}{μ}}\right\}^μ-\frac{1}{2}\log \left(1+\frac{μ}{p}\right)-μ+C\\
\end{alignat}\(p \to \infty\) とします。$$I(\infty)=μ-μ+C=0,  C=0$$よって$$I(p)=-μ \log p+\log Γ(μ+p)-\log Γ(p)$$\(p=1\) とします。$$I(1)=\log Γ(μ+1)$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(μ-\frac{1-e^{-μx}}{1-e^{-x}}\right)\frac{e^{-x}}{x}dx=\log Γ(μ+1)$$








\((2)\) 次の定積分を \(I(p)\) と置きます。$$I(p)=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{ve^{-x}-\frac{e^{-μx}-e^{-(μ+v)x}}{e^x-1}\right\}\frac{e^{-px}}{x}dx$$\(I(0)\) を求めます。

\(I(p)\) を \(p\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(p)&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{ve^{-x}-\frac{e^{-μx}-e^{-(μ+v)x}}{e^x-1}\right\}e^{-px}dx\\
&=-v \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(p+1)x}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-(μ+p)x}-e^{-(μ+v+p)}}{e^x-1}dx\\
\end{alignat}
\((α)\) 左の積分ついて$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(p+1)x}dx=\left[-\frac{1}{p+1}e^{-(p+1)x}\right]_0^{\infty}=\frac{1}{p+1}$$\((β)\) 右の積分については \(e^{-x}=t\) と置きます。\((-e^{-x}dx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-(μ+p)x}-e^{-(μ+v+p)}}{e^x-1}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-(μ+p+1)x}-e^{-(μ+v+p+1)}}{1-e^{-x}}dx\\
&=\displaystyle\int_1^0 \frac{t^{μ+p+1}-t^{μ+v+p+1}}{1-t} \cdot \left(-\frac{1}{t}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{μ+p}-t^{μ+v+p}}{1-t} dt\\
&=ψ(μ+v+p+1)-ψ(μ+p+1)\\
\end{alignat}よって \(I’(p)\) は次のようにまります。$$I(p)=-\frac{v}{p+1}+ψ(μ+v+p+1)-ψ(μ+p+1)$$両辺を \(p\) で気分します。$$I(p)=-v \log (p+1)+\log Γ(μ+v+p+1)-\log Γ(μ+p+1)+C$$ガンマ関数の近似式$$Γ(x)≒\sqrt{2π}e^{-x}x^{x-\frac{1}{2}}$$及び \(I(∞)=0\) を用いて定数 \(C\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
I(p)&≒-v \log (p+1)+\log \sqrt{2π} e^{-μ-v-p-1}(μ+v+p+1)^{μ+v+p+\frac{1}{2}}-\log \sqrt{2π} e^{-μ-p-1} (μ+p+1)^{μ+p+\frac{1}{2}}+C\\
&=-v \log (p+1)+\frac{1}{2}\log 2π -μ-v-p-1 +\left(μ+v+p+\frac{1}{2}\right) \log (μ+v+p+1)-\frac{1}{2}\log 2π +μ+p+1-\left(μ+p+\frac{1}{2}\right)\log (μ+p+1)+C\\
&=-v \log (p+1)+μ\log (μ+v+p+1)+v \log (μ+v+p+1)+p \log (μ+v+p+1)+\frac{1}{2}\log (μ+v+p+1)-μ\log (μ+p+1)-p \log (μ+p+1)-\frac{1}{2}\log (μ+p+1)-v+C\\
&=v \log \left(1+\frac{μ+v}{p+1}\right)+μ\log \left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)+p\log \left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)+\frac{1}{2}\log \left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)-v+C\\
\end{alignat}\(p \to \infty\) とします。
\begin{alignat}{2}
I(\infty)&=-v+C+\displaystyle\lim_{p \to \infty} p\log \left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)\\
&=-v+C+\left\{\displaystyle\lim_{p \to \infty} (μ+p+1)\log \left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)-(μ+1)\log \left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)\right\}\\
&=-v+C+\left\{\displaystyle\lim_{p \to \infty} \log \left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)^{μ+p+1}-(μ+1)\log \left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)\right\}\\
&=-v+C+\left\{\displaystyle\lim_{p \to \infty} \log \left\{\left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)^{\frac{μ+p+1}{v}}\right\}^v-(μ+1)\log \left(1+\frac{v}{μ+p+1}\right)\right\}\\
&=-v+C+v=0,  C=0
\end{alignat}よって$$I(p)=-v \log (p+1)+\log Γ(μ+v+p+1)-\log Γ(μ+p+1)$$\(p=0\) とします。$$I(0)=\log Γ(μ+v+1)-\log Γ(μ+1)=\log \frac{Γ(μ+v+1)}{Γ(μ+1)}$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{ve^{-x}-\frac{e^{-μx}-e^{-(μ+v)x}}{e^x-1}\right\}\frac{1}{x}dx=\log \frac{Γ(μ+v+1)}{Γ(μ+1)}$$


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