x^xとガンマ関数を含む積分とランベルトのW関数

ここでは簡単のために$f(x)=\frac{1}{\ln(x)+sx}$と置く。
$$\int_Cf(x)dx=\int_{C_+}f(x)dx-\int_{C_-}f(x)dx+\int_{\Gamma_R}f(x)dx-\int_{\Gamma_\epsilon}f(x)dx$$
負の実軸に沿った積分は、
$$\begin{align*}\int_{C_+}f(x)dx&-\int_{C_-}f(x)dx=\int_{-\infty+i\epsilon}^{0+i\epsilon}\frac{1}{\ln(x)+sx}dx-\int_{-\infty-i\epsilon}^{0-i\epsilon}\frac{1}{\ln(x)+sx}dx\\ &=\int_{-\infty}^{0}\frac{1}{\ln(x+i\epsilon)+sx+is\epsilon}dx-\int_{-\infty}^{0}\frac{1}{\ln(x-i\epsilon)+sx-is\epsilon}dx\\ &=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\ln(-(x-i\epsilon))-sx+is\epsilon}dx-\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\ln(-(x+i\epsilon))-sx-is\epsilon}dx\\ \end{align*}$$
$\ln(x)$の切断を負の実軸に置いたので$\epsilon\rightarrow0$と極限をとると、次のようになる。
$$\begin{align*}\lim_{\epsilon\rightarrow0}\int_{C_+}f(x)dx-\int_{C_-}f(x)dx&=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\ln(x)-sx+i\pi}dx-\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\ln(x)-sx-i\pi}dx\\ &=\int_0^\infty\frac{\ln(x)-sx-i\pi-\ln(x)+sx-i\pi}{(\ln(x)-sx)^2+\pi^2}\\ &=-2\pi i\int_0^\infty\frac{1}{(\ln(x)-sx)^2+\pi^2}dx \end{align*}$$
次に$\Gamma_-$での積分を評価する。
$$\abs{\int_{\Gamma_\epsilon}f(x)dx}=\abs{\int_{-\pi}^\pi\frac{i\epsilon e^{it}}{\ln(\epsilon)+it+s\epsilon e^{it}}dt}\leq\epsilon\int_{-\pi}^\pi\frac{1}{\abs{\ln(\epsilon)}+\abs{t}+s\epsilon}\abs{dt}\leq\frac{2\pi\epsilon}{\abs{\ln(\epsilon)}+\pi+s\epsilon}\rightarrow0\:\:(\epsilon\rightarrow0)$$
よって、
$$\lim_{\epsilon\rightarrow0}\int_{\Gamma_\epsilon}f(x)dx=0$$
最後に$\Gamma_R$での積分を計算する。実部と虚部に分けて計算すると次が得られる。
$$\int_{\Gamma_R}f(x)dx=\int_{-\pi}^\pi\frac{iR e^{it}}{\ln(R)+it+sR e^{it}}dt=iR\int_{-\pi}^\pi\frac{\ln(R)\cos(t)+sR\cos(t)^2+t\sin(t)+sR\sin(t)^2}{(\ln(R)+sR\cos(t))^2+(t+sR\sin(t))^2}dt$$
最右辺の被積分関数を$I_R(t)$と書くと、これは$-\pi< t<\pi$で以下の不等式を満たす。
$$\frac{-\ln(R)+sR-\pi+sR}{(\ln(R)+sR)^2+(\pi+sR)^2}\leq I_R(t)\leq\frac{\ln(R)+sR\pi+sR}{(\ln(R)+sR)^2+(\pi+sR)^2}$$
これを$-\pi$から$\pi$、まで積分して両辺に$iR$をかける。すると次のような式が得られる。
$$2\pi iR\frac{-\ln(R)+sR-\pi+sR}{(\ln(R)+sR)^2+(\pi+sR)^2}\leq\int_{\Gamma_R}f(x)dx\leq2\pi iR\frac{\ln(R)+sR+\pi+sR}{(\ln(R)+sR)^2+(\pi+sR)^2}$$
両側の関数はどちらも$R\rightarrow\infty$で$2\pi i/s$に収束するため、はさみうちの原理より結論として次を得る。
$$\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{\Gamma_R}f(x)dx=\frac{2\pi i}{s}$$
以上を総括して定理の主張を得る。

被積分関数の極は$W(s)/s$にある一位の極だけである。（これは実際に代入して確認してみればいい）
よって留数定理より、
$$\int_C\frac{1}{\ln(x)+sx}dx=2\pi i\underset{x=W(s)/s}{\mathrm{Res}}\left[\frac{dx}{\ln(x)+sx}\right]=\frac{2\pi iW(s)}{x(W(s)+1)}=2\pi iW'(s) $$

定理１と定理２より次の等式を得る。
$$\frac{2\pi i}{s}-2\pi i\int_0^\infty\frac{1}{(\ln(x)-sx)^2+\pi^2}dx=2\pi iW'(s)$$
よって、
$$\int_0^\infty\frac{1}{(\ln(x)-sx)^2+\pi^2}dx=\frac{1}{s}-W'(s)=\frac{d}{ds}(\ln(s)-W(s))=\frac{d}{ds}\ln(W(s))=\frac{W'(s)}{W(s)} $$

先ほどの計算より、
$$\int_0^\infty\frac{e^{-sx}}{x^x\Gamma(1-x)}dx=e^s \int_0^\infty\frac{1}{(\ln(x)-e^sx)^2+\pi^2}dx=e^s\frac{W'(e^s)}{W(e^s)}=\frac{1}{W(e^s)+1}$$

$$\begin{align*}\int_0^\infty \frac{e^{-sx}}{x^x\Gamma(1-x)}\frac{dx}{x+a}&=\int_0^\infty\mathcal{L}_x\left[\frac{e^{-sx}}{x^x\Gamma(1-x)}\right](t)\mathcal{L}_x^{-1}\left[\frac{1}{x+a}\right](t)dt\\ &=\int_0^\infty\frac{e^{-at}}{W(e^{t+s})+1}dt\\ &=e^{as}\int_s^\infty\frac{e^{-at}}{W(e^{t})+1}dt\\ &=e^{as}\int_{e^s}^\infty\frac{t^{-a-1}}{W(t)+1}dt\\ &=e^{as}\int_{W(e^s)}^\infty t^{-a-1}e^{-at}dt\\ &=a^ae^{as}\Gamma(-a,aW(e^s)) \end{align*}$$
となる。$a=-1$とすれば、
$$-\int_0^\infty\frac{e^{-sx}}{x^x\Gamma(2-x)}dx=(-1)^{-1}e^{-s}\Gamma(1,-W(e^s))=-e^{-s}e^{W(e^s)}=-\frac{1}{W(e^s)}$$
を得る。$s=0,1$とすれば残りの積分も示せる。