x^{μ-1}logx/(1-x^2)[0,∞]などの定積分


\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)(x+b)}dx\\
&=\frac{π}{(b-a)\sin μπ}\{a^{μ-1}\log a-b^{μ-1}\log b-π\cot μπ(a^{μ-1}-b^{μ-1})\}  (a≠b)\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)(x-1)}dx\\
&=\frac{π}{(a+1)\sin^2 μπ}[π-a^{μ-1}\{(\log a)\sin μπ-π\cos μπ\}]  (a≠-1)\\
&(3) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{1-x^2}dx=-\frac{π^2}{4}\mathrm{csc}^2 \frac{μπ}{2}\\
&(4) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)^2}dx=\frac{πa^{μ-2}}{\sin μπ}\{(1-μ)\log a -π(1-μ)\cot μπ+1\}
\end{alignat}ただし、全て \(a \gt 0, b \gt 0, 0 \lt μ \lt 1\)












<証明>

下記の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです。)
\begin{alignat}{2}
&(A) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{a+x}dx=\frac{πa^{μ-1}}{\sin μπ}(\log a -π\cot μπ)\\
&(B) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{a-x}dx=πa^{μ-1}\left\{(\log a)\cot μπ -\frac{π}{\sin^2 μπ}\right\}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a \gt 0,0 \lt μ \lt 1\)



\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)(x+b)}dx\\
&=\frac{1}{b-a}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{x^{μ-1}\log x}{x+a}-\frac{x^{μ-1}\log x}{x+b}\right)dx\\
&=\frac{1}{b-a}\left\{\frac{πa^{μ-1}}{\sin μπ}(\log a -π\cot μπ)-\frac{πb^{μ-1}}{\sin μπ}(\log b -π\cot μπ)\right\}\\
&=\frac{π}{(b-a)\sinμπ}(a^{μ-1}\log a-πa^{μ-1}\cos μπ-b^{μ-1}\log b-πb^{μ-1}\cos μπ)\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)(x+b)}dx=\frac{π}{(b-a)\sin μπ}\{a^{μ-1}\log a-b^{μ-1}\log b-π\cot μπ(a^{μ-1}-b^{μ-1})\}$$







\begin{alignat}{2}
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)(x-1)}dx\\
&=\frac{1}{a+1}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{x^{μ-1}\log x}{x-1}-\frac{x^{μ-1}\log x}{x+a}\right)dx\\
&=\frac{1}{a+1}\left\{\frac{π^2}{\sin^2 μπ}-\frac{πa^{μ-1}}{\sin μπ}(\log a -π\cot μπ)\right\}\\
&=\frac{π}{(a+1)\sin^2 μπ}\{π-a^{μ-1}\sin μπ (\log a-π\cot μπ)\}\\
&=\frac{π}{(a+1)\sin^2 μπ}[π-a^{μ-1}\{(\log a)\sin μπ-π\cos μπ\}]
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)(x-1)}dx=\frac{π}{(a+1)\sin^2 μπ}[π-a^{μ-1}\{(\log a)\sin μπ-π\cos μπ\}]$$







\begin{alignat}{2}
&(3) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{1-x^2}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(1-x)(1+x)}dx\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{x^{μ-1}\log x}{1-x}-\frac{x^{μ-1}\log x}{1+x}\right)dx\\
&=\frac{1}{2}\left(-\frac{π^2}{\sin^2 μπ}-\frac{π^2 \cot μπ}{\sin μπ}\right)=-\frac{π^2}{2} \cdot \frac{1}{\sin^2 μπ}(1+\cos μπ)\\
&=-\frac{π^2}{2} \cdot \frac{1}{4 \sin^2 \frac{μπ}{2} \cos^2 \frac{μπ}{2}} \cdot 2 \cos^2 \frac{μπ}{2}=-\frac{π^2}{4}\mathrm{csc}^2 \frac{μπ}{2}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{1-x^2}dx=-\frac{π^2}{4}\mathrm{csc}^2 \frac{μπ}{2}$$







\((4)\) \((A)\) の式の両辺を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&\frac{\partial}{\partial a}\left(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{a+x}dx\right)=\frac{π}{\sin μπ} \cdot \frac{\partial}{\partial a}\{a^{μ-1}(\log a -π\cot μπ)\}\\
&   -\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)^2}dx=\frac{π}{\sin μπ}\left\{(μ-1)a^{μ-2}(\log a-π\cot μπ)-a^{μ-1} \cdot \frac{1}{a}\right\}\\
&     \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)^2}dx=-\frac{πa^{μ-2}}{\sin μπ}\left\{(μ-1)\log a-π(μ-1)\cot μπ-1\right\}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\log x}{(x+a)^2}dx=\frac{πa^{μ-2}}{\sin μπ}\{(1-μ)\log a -π(1-μ)\cot μπ+1\}$$

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