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
$$ \int_0^{\infty} \frac{(1-\cos ax)\ln x}{x^2} dx = \frac{\pi a}{2}(1 - \gamma - \ln a) $$

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$\frac{\pi a}{2}(\gamma - 1 - \ln a)$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

$$\begin{align*} &\int_0^{\infty} \frac{(1-\cos ax)\ln x}{x^2} dx \\ &= \int_0^{\infty} \frac{(1-\cos t) \ln \left(\frac{t}{a}\right)}{\left(\frac{t}{a}\right)^2} \frac{1}{a} dt&(t=ax)\\ &= a\int_0^{\infty} \frac{(1-\cos t) \ln t}{t^2} dt - a\ln a \int_0^{\infty} \frac{1-\cos t}{t^2} dt\\ &= aI - (a\ln a) J \end{align*}$$
ここで，
$$\begin{align*} &I=\int_0^{\infty} \frac{(1-\cos t) \ln t}{t^2} dt&J=\int_0^{\infty} \frac{1-\cos t}{t^2} dt \end{align*}$$
とおいた．$J$の方が簡単であるので，先に計算すると，
$$ \begin{align*} J&=\int_0^{\infty} \frac{1-\cos t}{t^2} dt \\ &= \int_0^{\infty} \frac{1}{t^2} \int_1^0 \frac{d}{du} \cos tu du dt\\ &= \int_0^1 \int_0^{\infty} \frac{\sin tu}{t} dtdu\\ &= \int_0^1 \int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t} dt du&(tu \mapsto t)\\ &= \frac{\pi}{2} \end{align*}$$

よって，
$$ \int_0^{\infty} \frac{(1-\cos ax)\ln x}{x^2} dx=aI - \frac{\pi a}{2}\ln a $$

Step2.　$I$の計算

$$\begin{align*} I&=\int_0^{\infty} \frac{(1-\cos t) \ln t}{t^2} dt\\ &=\lim_{x\to -2} \int_0^{\infty} (1-\cos t) \frac{\partial}{\partial x} t^x dt\\ &=\lim_{x \to -2} \frac{d}{dx} \int_0^{\infty} t^x \int_1^0 \frac{\partial}{\partial u} \cos tu~ du dt\\ &=\lim_{x \to -2} \frac{d}{dx} \int_0^1 \int_0^{\infty} t^{x+1}\sin tu ~dt du \\ &=\lim_{x\to -2} \frac{d}{dx} \int_0^1 \frac{1}{u^{x+2}} \mathcal{M}_t[\sin t](x+2) ~du \\ &=\lim_{x\to -2} \frac{d}{dx} \int_0^1 u^{-x-2} du \cdot \sin\left(\frac{\pi}{2}(x+2)\right) \Gamma(x+2) \\ &=\lim_{x\to -2} \frac{d}{dx} \frac{\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)\Gamma(x+2)}{x+1} \\ &=\lim_{x\to -2} \Gamma(x+2) \frac{\pi(x+1)\cos\left(\frac{\pi}{2}x\right) + 2(x+1)\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)\psi(x+2)}{2(x+1)^2} \\ &~~~~~~~-\lim_{x\to -2}\Gamma(x+2)\frac{\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)}{(x+1)^2}\\ &=-\frac12 \lim_{x\to -2}\Gamma(x+2)\left(\pi \cos\left(\frac{\pi}{2}x\right) + 2\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)\psi(x+2)\right)\\ &~~~~~~~- \lim_{x\to -2} \Gamma(x+2)\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)\\ &= \frac12 \lim_{x\to 0} \Gamma(x)\left(\pi\cos\left(\frac{\pi}{2}x\right)+2\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)\psi(x)\right) + \lim_{x\to 0} \Gamma(x)\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right) \end{align*}$$
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，
$$\begin{align*} &\lim_{x\to 0} \Gamma(x)\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)=\frac{\pi}{2} \\ &\lim_{x\to 0} \Gamma(x)\left(\pi\cos\left(\frac{\pi}{2}x\right)+2\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)\psi(x)\right)=-\gamma \pi \end{align*}$$
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），
$$\begin{align*} I&=\frac12 \cdot(-\gamma \pi) + \frac{\pi}{2} \\ &= \frac{\pi}{2}(1-\gamma) \end{align*}$$

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，
$$\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{(1-\cos ax)\ln x}{x^2} dx&=a\cdot \frac{\pi}{2}(1-\gamma) - \frac{\pi a}{2}\ln a \\ &=\frac{\pi a}{2}(1-\gamma - \ln a) \end{align*}$$
以上で式が証明できた．

投稿日：2020年11月15日

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Re_menal

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