[sinx/x-1/(1+x)]1/x[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-x}-e^{-tx}}{x}dx=\log t\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=-γ\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-x}}{x}dx\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty}\left(\cos x-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=-γ\\
&(5)  \displaystyle\int_0^{\infty}\left(\frac{\sin x}{x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=1-γ\\
&(6)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{\cos x}{x}\right)dx=γ\\
&(7)  \displaystyle\int_0^{\infty}\left(\cos x-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx=-γ\\
&(8)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{1-\sec^2 x \cos (\tan x)}{\tan x}dx=γ
\end{alignat}








<証明>

\((1)\) 次のように求める定積分を \(I(t)\) と置きます。$$I(t)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-x}-e^{-tx}}{x}dx$$\(I(t)\) を \(t\) で微分します。$$I’(t)=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-tx}dx=\left[-\frac{1}{t}e^{-tx}\right]_0^{\infty}=\frac{1}{t}$$両辺を \(t\) で積分します。$$I(t)=\log t+C$$\(I(1)=0\) であるので \(C=0\) です。以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-x}-e^{-tx}}{x}dx=\log t$$




\((2)\) 被積分関数に次の等式を代入します。
\begin{alignat}{2}
&(A)  \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-t}dt=[-e^{-t}]_0^{\infty}=1\\
&(B)  \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(1+x)t}dt=\left[-\frac{1}{1+x}e^{-(1+x)t}\right]_0^{\infty} =\frac{1}{1+x}\\
\end{alignat}
途中 \((1)\) の結果も代入しています。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty}\left(1 \cdot \frac{e^{-x}}{x}-\frac{1}{1+x}\cdot \frac{1}{x}\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-x-t}}{x}dt-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-(1+x)t}}{x}dt\right\}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-t}(e^{-x}-e^{-tx})}{x}dt\right\}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-t}\left(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-x}-e^{-tx}}{x}dx\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-t} \log tdt=-γ
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=-γ$$





\((3)\) 次の定積分を \(I(a)\) とします。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x-e^{-x}}{x} \cdot e^{-ax}dx$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(a)&=-\displaystyle\int_0^{\infty} (\cos x-e^{-x})e^{-ax}dx\\
&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{-ax}\cos x-e^{-(a+1)x}\}dx\\
&=-\left[\frac{e^{-ax}}{a^2+1}(\sin x-a \cos x)+\frac{e^{-(a+1)x}}{a+1}\right]_0^{\infty}\\
&=-\frac{a}{a^2+1}+\frac{1}{a+1}\\
\end{alignat}両辺を \(a\) で積分します。
\begin{alignat}{2}
I(a)&=-\frac{1}{2}\log (a^2+1)+\log (a+1)+C\\
&=-\frac{1}{2}\{\log (a^2+1)-2 \log (a+1)\}+C\\
&=-\frac{1}{2}\log \frac{a^2+1}{a^2+2a+1}+C\\
\end{alignat}\(I(∞)=0\) より \(C=0\)

さらに \(a=0\) とすれば \(I(0)=0\) となるので$$I(0)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x-e^{-x}}{x}dx=0$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-x}}{x}dx$$






\((4)\) \((3)\) を用いて \((2)\) と同じ積分になることを示します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\cos x-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x(1+x)}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-x}}{x}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x(1+x)}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=-γ\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\cos x-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=-γ$$







$$(5)  \displaystyle\int_0^{\infty}\left(\frac{\sin x}{x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x^2}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x(1+x)}dx$$左の積分を部分積分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x^2}dx
&=\left[-\frac{\sin x}{x}\right]_0^{\infty} +\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x}dx\\
&=\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x}dx=1+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x}dx\\
\end{alignat}となるので、元の積分に戻ります。\((4)\) の結果を用います。
\begin{alignat}{2}
&=1+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x(1+x)}dx\\
&=1+\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\cos x-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=1-γ\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\frac{\sin x}{x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=1-γ$$








$$(6)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{\cos x}{x}\right)dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{e^x-1}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x}dx$$左の積分について \(e^x-1=t\) と置きます。\((e^xdx=dt)\)$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{e^x-1}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{t} \cdot \frac{1}{1+t}dt=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x(1+x)}dx$$これを代入してから \((4)\) の式を用います。$$=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x(1+x)}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x}dx=-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\cos x-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=γ$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{\cos x}{x}\right)dx=γ$$








\((7)\) 次の定積分を計算します。部分分数分解を行います。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{x(x+1)}-\frac{1}{x(x^2+1)}\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x}-\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x^2}\right)\right\}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{x}{1+x^2}-\frac{1}{1+x}\right)dx\\
&=\left[\frac{1}{2}\log (1+x^2)-\log (1+x)\right]_0^{\infty}\\
&=\left[\frac{1}{2}\log \frac{1+x^2}{(1+x)^2}\right]_0^{\infty}=0\\
\end{alignat}よって$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx=0$$

求める定積分から上記の積分を引きます。\((4)\) の結果を用います。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty}\left(\cos x-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\cos x-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\cos x-\frac{1}{1+x}\right)\frac{1}{x}dx=-γ\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\cos x-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{1}{x}dx=-γ$$








\((8)\) \(\tan x=t\) と置きます。\(\displaystyle \left(\frac{1}{\cos^2 x}dx=dt\right)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{1-\sec^2 x \cos (\tan x)}{\tan x}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1-(1+t^2) \cos t}{t} \cdot \frac{1}{1+t^2}dt\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{1+t^2}-\cos t\right)\frac{1}{t}dt\\
&=-\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\cos t-\frac{1}{1+t^2}\right)\frac{1}{t}dt=γ\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{1-\sec^2 x \cos (\tan x)}{\tan x}dx=γ$$


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