ベータ関数の微分で積分を解く
ベータ関数の微分で積分を解く
どうも、らららです。
今回はベータ関数の微分で積分を解いていきます。
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でもベータ関数の微分で積分を解いたりしてます。
今回示す積分はこちら
$$\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{(x+a)^{m+1}}dx=\frac{\log a-H_{m-1}}{ma^m}\quad(a>0,m\in\mathbb{N})$$
ここで$H$は調和数と呼ばれ$\di H_n=\sum_{k=1}^{n}\frac1k$として定義されます。
また$H_0=0$です。
この積分を示していきます。
準備をするためにせ補題を示していきます。
$$B(n,m)=\int_{0}^{\infty}\frac{x^{m-1}}{(x+1)^{n+m}}dx$$
証明
ベータ関数の定義から適切な置換をすることにより示せる。$$\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x+1)^{m+1}}=\frac1m$$
証明
補題2を用いる。
\begin{align} \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x+1)^{m+1}}&=\int_0^{\infty}\frac{x^{1-1}}{(x+1)^{m+1}}dx \\&=B(m,1) \\&=\frac{\Gamma(m)\Gamma(1)}{\Gamma(m+1)} \\&=\frac1m \end{align}
$$\psi(n)=-\gamma+H_{n-1}$$
証明
ディガンマ関数の定義$\di\psi(s)=\frac{\Gamma’(s)}{\Gamma(s)}$に注意して$\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)$を対数微分することにより$\di\psi(s+1)=\psi(s)+\frac1{s}$となる。この式をくり返し用いて$\di\psi(s+n)=\psi(s)+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{s+k-1}$となる。
$s=1$を代入し$\psi(1)=-\gamma$と調和数の定義を用いて$\psi(n+1)=-\gamma+H_n$となる。
$n\mapsto n-1$とすることで題意を得る。
てことで証明していく。
\begin{align}
\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{(x+a)^{m+1}}dx&=a\int_{0}^{\infty}\frac{\log (ax)}{(ax+a)^{m+1}}dx
\\&=\frac1{a^m}\left(\log a\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x+1)^{m+1}}+\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{(x+1)^{m+1}}dx\right)
\\&=\frac1{a^m}\left(\frac{\log a}m+\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{(x+1)^{m+1}}dx\right)
\end{align}
\begin{align}
\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{(x+1)^{m+1}}dx&=\left.\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}\log x}{(x+1)^{m+1}}dx\right|_{s=1}
\\&=\left.\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial s}\frac{x^{s-1}}{(x+1)^{m+1}}dx\right|_{s=1}
\\&=\left.\frac{\partial}{\partial s}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{(x+1)^{m+1}}dx\right|_{s=1}
\\&=\left.\frac{\partial}{\partial s}\int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{(x+1)^{m-s+1+s}}dx\right|_{s=1}
\\&=\left.\frac{\partial}{\partial s}B(s,m-s+1)\right|_{s=1}
\\&=\left.\frac1{\Gamma(m+1)}\frac{\partial}{\partial s}\Gamma(s)\Gamma(m-s+1)\right|_{s=1}
\\&=\left.\frac1{\Gamma(m+1)}\Big(\Gamma(s)\psi(s)\Gamma(m-s+1)-\Gamma(s)\Gamma(m-s+1)\psi(m-s+1)\Big)\right|_{s=1}
\\&=\frac1{\Gamma(m+1)}\Big(\Gamma(1)\psi(1)\Gamma(m)-\Gamma(1)\Gamma(m)\psi(m)\Big)
\\&=\frac{\Gamma(m)}{\Gamma(m+1)}\Big(\psi(1)-\psi(m)\Big)
\\&=\frac1{m}\Big(-\gamma+\gamma-H_{m-1}\Big)
\\&=-\frac1{m}H_{m-1}
\end{align}
\begin{align}
\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{(x+a)^{m+1}}dx&=\frac1{a^m}\left(\frac{\log a}{m}+\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{(x+1)^{m+1}}dx\right)
\\&=\frac1{a^m}\left(\frac{\log a}{m}-\frac{1}mH_{m-1}\right)
\\&=\frac{\log a-H_{m-1}}{ma^m}
\end{align}
でたー！！
こうやって微分と積分の順序を交換することで解けるんですねぇ
留数定理での解法もありますがやる気があれば記事にします。
おしまい！！
