級数botのある積分の証明

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この記事では，級数botで見つけた，ある積分の等式を証明します.まずはその式を載せておきます．

定理

\int_{0}^{\infty} \frac{(1 - \cos a x) \ln x}{x^{2}} d x = \frac{π a}{2} (1 - γ - \ln a)

ここで注意です．上に載せた級数botの式のリンクの画像は恐らく間違っています．その画像では答えが $\frac{π a}{2} (γ - 1 - \ln a)$ となっているんですが，正しくは上の定理に書いた答えになると思われます．（実際，Wolfram Alphaで計算すると厳密値がでるんですが，それも上に書いた形となっています．）
　では，証明に入っていきます．

Step1.　積分の変形

\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{(1 - \cos a x) \ln x}{x^{2}} d x \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{(1 - \cos t) \ln (\frac{t}{a})}{{(\frac{t}{a})}^{2}} \frac{1}{a} d t & (t = a x) \\ = a \int_{0}^{\infty} \frac{(1 - \cos t) \ln t}{t^{2}} d t - a \ln a \int_{0}^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^{2}} d t \\ = a I - (a \ln a) J \end{aligned}

ここで，

\begin{aligned} I = \int_{0}^{\infty} \frac{(1 - \cos t) \ln t}{t^{2}} d t & J = \int_{0}^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^{2}} d t \end{aligned}

とおいた．

J

の方が簡単であるので，先に計算すると，

\begin{aligned} J & = \int_{0}^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^{2}} d t \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t^{2}} \int_{1}^{0} \frac{d}{d u} \cos t u d u d t \\ = \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin t u}{t} d t d u \\ = \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin t}{t} d t d u & (t u \mapsto t) \\ = \frac{π}{2} \end{aligned}

よって，

\int_{0}^{\infty} \frac{(1 - \cos a x) \ln x}{x^{2}} d x = a I - \frac{π a}{2} \ln a

Step2.　

I

の計算

\begin{aligned} I & = \int_{0}^{\infty} \frac{(1 - \cos t) \ln t}{t^{2}} d t \\ = lim_{x \to - 2} \int_{0}^{\infty} (1 - \cos t) \frac{\partial}{\partial x} t^{x} d t \\ = lim_{x \to - 2} \frac{d}{d x} \int_{0}^{\infty} t^{x} \int_{1}^{0} \frac{\partial}{\partial u} \cos t u d u d t \\ = lim_{x \to - 2} \frac{d}{d x} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} t^{x + 1} \sin t u d t d u \\ = lim_{x \to - 2} \frac{d}{d x} \int_{0}^{1} \frac{1}{u^{x + 2}} M_{t} [\sin t] (x + 2) d u \\ = lim_{x \to - 2} \frac{d}{d x} \int_{0}^{1} u^{- x - 2} d u \cdot \sin (\frac{π}{2} (x + 2)) Γ (x + 2) \\ = lim_{x \to - 2} \frac{d}{d x} \frac{\sin (\frac{π}{2} x) Γ (x + 2)}{x + 1} \\ = lim_{x \to - 2} Γ (x + 2) \frac{π (x + 1) \cos (\frac{π}{2} x) + 2 (x + 1) \sin (\frac{π}{2} x) ψ (x + 2)}{2 (x + 1)^{2}} \\ - lim_{x \to - 2} Γ (x + 2) \frac{\sin (\frac{π}{2} x)}{(x + 1)^{2}} \\ = - \frac{1}{2} lim_{x \to - 2} Γ (x + 2) (π \cos (\frac{π}{2} x) + 2 \sin (\frac{π}{2} x) ψ (x + 2)) \\ - lim_{x \to - 2} Γ (x + 2) \sin (\frac{π}{2} x) \\ = \frac{1}{2} lim_{x \to 0} Γ (x) (π \cos (\frac{π}{2} x) + 2 \sin (\frac{π}{2} x) ψ (x)) + lim_{x \to 0} Γ (x) \sin (\frac{π}{2} x) \end{aligned}

ここで，私の過去の2つの記事，x→0のときのΓ(ax)sinπbxの極限とガンマ関数，ディガンマ関数，三角関数が入った極限に書いた式より，

\begin{aligned} lim_{x \to 0} Γ (x) \sin (\frac{π}{2} x) = \frac{π}{2} \\ lim_{x \to 0} Γ (x) (π \cos (\frac{π}{2} x) + 2 \sin (\frac{π}{2} x) ψ (x)) = - γ π \end{aligned}

だから（実はその2つの記事はこの記事のための準備だったのである），

\begin{aligned} I & = \frac{1}{2} \cdot (- γ π) + \frac{π}{2} \\ = \frac{π}{2} (1 - γ) \end{aligned}

Step3.　最終ステップ

Step1の最後に得た式にStep2の結果を代入すれば，

\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{(1 - \cos a x) \ln x}{x^{2}} d x & = a \cdot \frac{π}{2} (1 - γ) - \frac{π a}{2} \ln a \\ = \frac{π a}{2} (1 - γ - \ln a) \end{aligned}

以上で式が証明できた．

投稿日：2020年11月15日

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