xe^{-x}√(1-e^{-2x})[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} xe^{-x}\sqrt{1-e^{-x}}dx=\frac{4}{3}\left(\frac{4}{3}-\log 2\right)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} xe^{-x}\sqrt{1-e^{-2x}}dx=\frac{π}{4}\left(\frac{1}{2}+\log 2\right)\\
\end{alignat}









<証明>

\((1)\) 次の定積分を \(I(a)\) を置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax}\sqrt{1-e^{-x}}dx$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。$$I’(a)=-\displaystyle\int_0^{\infty} xe^{-ax}\sqrt{1-e^{-x}}dx$$\(a=1\) とすると$$I’(1)=-\displaystyle\int_0^{\infty} xe^{-x}\sqrt{1-e^{-x}}dx$$となるので \(-I’(1)\) を求めます。

\(e^{-x}=t\) と置きます。\((-tdx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
&I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax}\sqrt{1-e^{-x}}dx=\displaystyle\int_1^0 t^a \sqrt{1-t} \left(-\frac{1}{t}\right)dt=\displaystyle\int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{\frac{1}{2}}dt\\
&   =B\left(a,\frac{3}{2}\right)=\frac{Γ(a)Γ\left(\frac{3}{2}\right)}{Γ\left(a+\frac{3}{2}\right)}=\frac{\sqrt{π}}{2}\cdot \frac{Γ(a)}{Γ\left(a+\frac{3}{2}\right)}\\
\end{alignat}\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&I’(a)=\frac{\sqrt{π}}{2}\cdot \frac{Γ’(a)Γ\left(a+\frac{3}{2}\right)-Γ(a)Γ’\left(a+\frac{3}{2}\right)}{\left\{Γ\left(a+\frac{3}{2}\right)\right\}^2}\\
&    =\frac{\sqrt{π}}{2}\cdot \frac{Γ(a)}{Γ\left(a+\frac{3}{2}\right)} \left\{ψ(a)-ψ\left(a+\frac{3}{2}\right)\right\}\\
\end{alignat}\(a=1\) とします。
\begin{alignat}{2}
&I’(1)=\frac{\sqrt{π}}{2}\cdot \frac{1}{Γ\left(\frac{5}{2}\right)}\left\{ψ(1)-ψ\left(\frac{5}{2}\right)\right\}\\
&    =\frac{\sqrt{π}}{2}\cdot \frac{4}{3\sqrt{π}} \left[-γ-\left\{\frac{2}{3}+2+ψ\left(\frac{1}{2}\right)\right\}\right]\\
&    =\frac{2}{3}\left\{-γ-\left(\frac{8}{3}-γ-2 \log 2\right)\right\}\\
&    =\frac{2}{3}\left(2 \log 2-\frac{8}{3}\right)=\frac{4}{3}\left( \log 2-\frac{4}{3}\right)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} xe^{-x}\sqrt{1-e^{-x}}dx=\frac{4}{3}\left(\frac{4}{3}-\log 2\right)$$








\((2)\) 次の定積分を \(I(a)\) を置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax}\sqrt{1-e^{-2x}}dx$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。$$I’(a)=-\displaystyle\int_0^{\infty} xe^{-ax}\sqrt{1-e^{-2x}}dx$$\(a=1\) とすると$$I’(1)=-\displaystyle\int_0^{\infty} xe^{-x}\sqrt{1-e^{-2x}}dx$$となるので \(-I’(1)\) を求めます。

\(e^{-2x}=t\) と置きます。\((-2tdx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
&I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax}\sqrt{1-e^{-2x}}dx=\displaystyle\int_1^0 t^{\frac{a}{2}} \sqrt{1-t} \left(-\frac{1}{2t}\right)dt=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^1 t^{\frac{a}{2}-1}(1-t)^{\frac{1}{2}}dt\\
&   =\frac{1}{2}B\left(\frac{a}{2},\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\frac{Γ\left(\frac{a}{2}\right)Γ\left(\frac{3}{2}\right)}{Γ\left(\frac{a+3}{2}\right)}=\frac{\sqrt{π}}{4}\cdot \frac{Γ\left(\frac{a}{2}\right)}{Γ\left(\frac{a+3}{2}\right)}\\
\end{alignat}\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&I’(a)=\frac{\sqrt{π}}{4}\cdot \frac{\frac{1}{2}Γ’\left(\frac{a}{2}\right)Γ\left(\frac{a+3}{2}\right)-\frac{1}{2}Γ\left(\frac{a}{2}\right)Γ’\left(\frac{a+3}{2}\right)}{\left\{Γ\left(\frac{a+3}{2}\right)\right\}^2}\\
&    =\frac{\sqrt{π}}{8}\cdot \frac{Γ\left(\frac{a}{2}\right)}{Γ\left(\frac{a+3}{2}\right)} \left\{ψ\left(\frac{a}{2}\right)-ψ\left(\frac{a+3}{2}\right)\right\}\\
\end{alignat}\(a=1\) とします。
\begin{alignat}{2}
&I’(1)=\frac{\sqrt{π}}{8}\cdot \frac{Γ\left(\frac{1}{2}\right)}{Γ\left(2\right)}\left\{ψ\left(\frac{1}{2}\right)-ψ(2)\right\}\\
&    =\frac{\sqrt{π}}{8}\{-γ-2 \log 2-(-γ+1)\}\\
&    =\frac{π}{8}(-1-2 \log 2)=\frac{π}{4}\left(-\frac{1}{2}-\log 2\right)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} xe^{-x}\sqrt{1-e^{-2x}}dx=\frac{π}{4}\left(\frac{1}{2}+\log 2\right)$$


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