対数積分Li(x)のx→0,1,∞における挙動について
はじめに
この記事では対数積分
$\dis\Li(x)=\int^x_0\frac{dt}{\log t}$
が$x\to1$において
$\Li(x)=\log|x-1|+\g+o(1)$
と近似できることを示します。ここで$\g$はオイラー定数$\lim_{n\to\infty}(\sum^n_{k=1}\frac1k-\log n)=0.577\ldots$とした。
ついでに$x\to0$および$x\to\infty$において
$\dis\Li(x)=\frac x{\log x}+O\l(\frac{x}{\log^2x}\r)$
と近似できることを示します。
オイラー定数の変形
オイラー定数は次のような積分表示を持ちます。
$\dis\g=\int^\infty_0\l(\frac1{e^t-1}-\frac{e^{-t}}t\r)dt$
$\dis\int^\infty_0\frac{t^{m-1}}{e^t-1}dt=(m-1)!\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^m}$
\begin{eqnarray}
\G(s)\z(s)&=&\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^s}\int^\infty_0t^{s-1}e^{-t}dt
\\&=&\sum^\infty_{n=1}\int^\infty_0t^{s-1}e^{-nt}dt\quad(t\mapsto nt)
\\&=&\int^\infty_0t^{s-1}\sum^\infty_{n=1}e^{-nt}dt
\\&=&\int^\infty_0\frac{t^{s-1}}{e^t-1}dt
\end{eqnarray}
より$s=m$とすればわかる。
$\dis\g=\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1n-\log\l(1+\frac1n\r)\r)$
$\log1=0$に注意すれば
$\dis\log(n+1)=\log(n+1)-\log1=\sum^n_{k=1}(\log(k+1)-\log k)=\sum^n_{k=1}\log\l(1+\frac1k\r)$
であり、また
$\dis\lim_{n\to\infty}(\log(n+1)-\log n)=\lim_{n\to\infty}\log\l(1+\frac1n\r)=\log1=0$
なのでオイラー定数の定義より
$\dis\g=\lim_{n\to\infty}\sum^n_{k=1}\l(\frac1k-\log\l(1+\frac1k\r)\r)=\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1n-\log\l(1+\frac1n\r)\r)$
を得る。
公式の証明
\begin{eqnarray}
&&\int^\infty_0\l(\frac1{e^t-1}-\frac{e^{-t}}t\r)dt
=\int^\infty_0\frac{e^{-t}-(1-t)}{t(e^t-1)}dt
\\&=&\sum^\infty_{m=2}\frac{(-1)^m}{m!}\int^\infty_0\frac{t^m}{t(1-e^{-t})}dt
=\sum^\infty_{m=2}\frac{(-1)^m}m\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^m}
\\&=&\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1n-\sum^\infty_{m=1}\farc{(-1)^{m-1}}mn^{-m}\r)
=\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1n-\log\l(1+\frac1n\r)\r)=\g
\end{eqnarray}
のようにしてわかる。
対数積分の挙動について
$\dis\lim_{h\to0}(\Li(1+h)-\log|h|)=\g$が成り立つ。
公式1において$e^{-t}=u$と変数変換すると、$-e^{-t}dt=du$なので
\begin{eqnarray}
\g&=&\int^\infty_0\l(\frac1{1-e^{-t}}-\frac1t\r)e^{-t}dt
\\&=&-\int^0_1\l(\frac1{1-u}-\farc1{-\log u}\r)du
\\&=&\int^1_0\l(\frac1{\log t}-\farc1{t-1}\r)dt
\\&=&\lim_{h\to0}\int^{1+h}_0\l(\frac1{\log t}-\farc1{t-1}\r)dt
\\&=&\lim_{h\to0}\l(\int^{1+h}_0\frac{dt}{\log t}-[\log|t-1|]^{1+h}_0\r)
\\&=&\lim_{h\to0}(\Li(1+h)-\log|h|)
\end{eqnarray}
とわかる。
$\dis\lim_{x\to0}(\Li(a^x)-\log|x|)=\g+\log|\log a|$が成り立つ。(ただし$a>0,a\neq1$とした。)
$a^x=1+h$とおくと
\begin{eqnarray}
\lim_{x\to0}(\Li(a^x)-\log|x|)
&=&\lim_{h\to0}\l(\Li(h)-\log\l|\frac{\log(1+h)}{\log a}\r|\r)
\\&=&\lim_{h\to0}(\Li(1+h)-\log|h|)+\log|\log a|+\lim_{h\to0}\log\l|\frac{\log(1+h)}{h}\r|
\\&=&\g+\log|\log a|+\log1=\g+\log|\log a|
\end{eqnarray}
とわかる。
以上です。では。
おまけ:$x\to0,\infty$について
$x\to0$および$x\to\infty$において
$\dis\Li(x)=\frac x{\log x}+O\l(\frac{x}{\log^2x}\r)$
が成り立つ。
$x\to0$について
\begin{eqnarray}
\Li(x)&=&\l[\frac t{\log t}\r]^x_0-\int^x_0t\l(-\frac1{t\log^2t}\r)dt
\\&=&\frac x{\log x}+\int^x_0\frac{dt}{\log^2t}
\end{eqnarray}
であって、$0< t< x<1$において$0<-\log x<-\log t$より
$\dis\l|\int^x_0\frac{dt}{\log^2t}\r|\leq\frac{x}{\log^2x}$
なので主張を得る。
$x\to\infty$について
\begin{eqnarray}
\Li(x)&=&\l[\frac t{\log t}\r]^x_2+\int^x_2\frac{dt}{\log^2t}+\Li(2)
\\&=&\frac x{\log x}+\int^x_2\frac{dt}{\log^2t}+O(1)
\end{eqnarray}
であって、
\begin{eqnarray}
\l|\int^x_2\frac{dt}{\log^2t}\r|
&\leq&\int^{\sqrt x}_2\frac{dt}{\log^2t}+\int^x_{\sqrt x}\frac{dt}{\log^2t}
\\&\leq&\frac{\sqrt x-2}{\log^22}+\frac{x-\sqrt x}{\log^2\sqrt x}=O\l(\frac{x}{\log^2x}\r)
\end{eqnarray}
なので主張を得る。