(x^p-x^q)/(1-ax)^{n}(xlogx)[0,1]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^1 \frac{(1-x)^p}{\log x}dx=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k \log (1+k)  (p \geq 1)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^1 \frac{x^p-x^q}{(1-ax)^nx \log x}dx=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1}\mathrm{C}_k a^k \log \frac{p+k}{q+k}  (p,q \gt 0,\,|a| \lt 1)\\
\end{alignat}












<証明>

\((2)\) では、次の負の二項定理を用います。(詳細はこちらです)$$(A)  (1+x)^{-n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1} \mathrm{C}_k (-x)^k$$




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

\((1-x^μ)^p\) を級数で表します。
\begin{alignat}{2}
I(μ)&=\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{\log x}\left\{ \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k(x^μ)^k\right\}dx\\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k \displaystyle\int_0^1 \frac{x^{kμ}}{\log x}dx\\
\end{alignat}\(I(μ)\) を \(μ\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(μ)&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k \displaystyle\int_0^1 kx^{kμ}dx\\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k k \left[\frac{x^{kμ+1}}{kμ+1}\right]_0^1\\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k \cdot \frac{k}{kμ+1}\\
\end{alignat}両辺を \(μ\) で積分します。$$I(μ)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k \log(1+kμ)+C$$\(I(0)=0\) より \(C=0\) であるので$$I(μ)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k \log(1+kμ)$$\(μ=1\) のとき$$I(1)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k \log(1+k)=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k \log(1+k)$$以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{(1-x)^p}{\log x}dx=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^k {}_p\mathrm{C}_k \log (1+k)  (p \geq 1)$$









\((2)\) 次の等式を求める積分の式に代入します。$$\frac{x^p-x^q}{\log x}=\frac{[x^t]_q^p}{\log x}=\frac{1}{\log x}\displaystyle\int_q^p (x^t)’dt=\displaystyle\int_q^p x^tdt$$すなわち
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^1 \frac{x^p-x^q}{(1-ax)^nx \log x}dx&=\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x(1-ax)^n} \cdot \frac{x^p-x^q}{\log x}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x(1-ax)^n} \left(\displaystyle\int_q^p x^tdt\right)dx\\
&=\displaystyle\int_q^p \left\{\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{t-1}}{(1-ax)^n}dx\right\}dt\\
\end{alignat}\((A)\) の式より$$\frac{1}{(1-ax)^n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1} \mathrm{C}_k (ax)^k$$であるので、これを代入して計算を進めます。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^1 \frac{x^p-x^q}{(1-ax)^nx \log x}dx&=\displaystyle\int_q^p \left[\displaystyle\int_0^1 x^{t-1} \left\{\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1} \mathrm{C}_k (ax)^k\right\}dx\right]dt\\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1} \mathrm{C}_k a^k \displaystyle\int_q^p \left(\displaystyle\int_0^1 x^{t+k-1}dx\right)dt\\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1} \mathrm{C}_k a^k \displaystyle\int_q^p \left[\frac{x^{t+k}}{t+k}\right]_0^1dt\\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1} \mathrm{C}_k a^k \displaystyle\int_q^p \frac{1}{t+k}dt\\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1} \mathrm{C}_k a^k \left[\log (t+k)\right]_q^p\\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1} \mathrm{C}_k a^k \{\log (p+k)-\log (q+k)\}\\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1}\mathrm{C}_k a^k \log \frac{p+k}{q+k}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{x^p-x^q}{(1-ax)^nx \log x}dx=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n+k-1}\mathrm{C}_k a^k \log \frac{p+k}{q+k}  (p,q \gt 0,\,|a| \lt 1)$$

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