[论文解读] The integrals in Gradshteyn and Ryzhik. Part 3: Combinations of Logarithms and Exponentials

Victor H. Moll|arXiv (Cornell University)|May 1, 2007

Mathematical functions and polynomials参考文献 3被引用 6

一句话总结

本文通过将指数-对数积分 $∫_0^\infty e^{-tx} P(\ln x)\,dx$（其中 $P$ 为多项式）化约为伽马函数的导数，系统评估了一类形式为 $\int_0^\infty e^{-tx} P(\ln x)\,dx$ 的积分。关键贡献在于提出一种系统方法，利用 $\Gamma(s)$ 的 $n$ 阶导数来计算涉及 $(\ln x)^n$ 的积分，结果以欧拉常数 $\gamma$、黎曼 zeta 函数 $\zeta(s)$ 和多 digamma 函数的形式明确表达。

ABSTRACT

We present the evaluation of a family of exponential-logarithmic integrals. These have integrands of the form P(exp(x),ln(x)) where P is a polynomial. The examples presented here appear in sections 4.33, 4.34 and 4.35 in the classical table of integrals by I. Gradshteyn and I. Ryzhik.

研究动机与目标

• 系统评估格罗茨坦与里兹尼克积分表中出现的含指数与 $\ln x$ 多项式乘积的定积分。
• 建立计算 $\int_0^\infty e^{-tx} (\ln x)^n dx$ 的通用方法，利用伽马函数的 $n$ 阶导数。
• 为格罗茨坦与里兹尼克积分表第 4.33、4.34 和 4.35 节中的特定条目提供闭式评估。
• 阐明结果表达式中 zeta 函数与多 digamma 函数的权重结构。

提出的方法

• 通过代换 $s = tx$ 将 $\int_0^\infty e^{-tx} (\ln x)^n dx$ 变换为 $\frac{1}{t} \int_0^\infty e^{-s} (\ln s - \ln t)^n ds$，将问题简化为积分 $I_m = \int_0^\infty e^{-x} (\ln x)^m dx$ 的线性组合。
• 应用恒等式 $\int_0^\infty x^{s-1} e^{-x} (\ln x)^n dx = \left(\frac{d}{ds}\right)^n \Gamma(s)$，该恒等式将 $\Gamma(s)$ 的 $n$ 阶导数与伽马测度下 $\ln x$ 的矩联系起来。
• 将结果用 $\Gamma^{(n)}(1)$、$\psi^{(m)}(1)$ 和特殊值（如 $\psi(1) = -\gamma$、$\psi'(1) = \zeta(2) = \pi^2/6$、$\psi''(1) = -2\zeta(3)$）表示。
• 利用函数方程 $\psi(x+1) = \psi(x) + 1/x$ 推导半整数和整数平移点的值。
• 通过对伽马函数积分表示关于 $s$ 求导，推导出形如 $\int_0^\infty x^{s-1} e^{-\mu x} \ln x\,dx = \mu^{-s} \Gamma(s) (\psi(s) - \ln \mu)$ 的通解公式。
• 通过推导出的恒等式和已知的 $\Gamma(s)$ 与 $\psi(s)$ 特殊值，验证格罗茨坦与里兹尼克中的特定条目（如 4.331.1、4.335.1、4.352.1）。

实验结果

研究问题

• RQ1 对于一般 $n$ 和 $t > 0$，如何对积分 $\int_0^\infty e^{-tx} (\ln x)^n dx$ 进行闭式求值？
• RQ2 伽马函数的 $n$ 阶导数与指数测度下 $\ln x$ 的矩之间有何联系？
• RQ3 为何特殊值 $\psi^{(m)}(1)$ 和 $\zeta(m+1)$ 会出现在这些积分的求值中？
• RQ4 能否确认结果表达式中的权重结构——即 $\zeta(j)$ 的权重为 $j$，导数使权重增加 1——对 $I_n = \int_0^\infty e^{-x} (\ln x)^n dx$ 成立？
• RQ5 积分 $\int_0^\infty x^{s-1} e^{-\mu x} \ln x\,dx$ 的通解形式为何？其如何简化为格罗茨坦与里兹尼克中的已知条目？

主要发现

• 通过代换 $s = tx$ 和已知值 $\Gamma'(1) = -\gamma$，推导出 $\int_0^\infty e^{-tx} \ln x\,dx = -\frac{\gamma + \ln t}{t}$。
• 利用 $\Gamma''(1) = \psi'(1) + \psi(1)^2 = \frac{\pi^2}{6} + \gamma^2$，得出第二矩为 $\int_0^\infty e^{-x} (\ln x)^2 dx = \zeta(2) + \gamma^2 = \frac{\pi^2}{6} + \gamma^2$。
• 第三矩结果为 $\int_0^\infty e^{-x} (\ln x)^3 dx = -\gamma^3 - \frac{1}{2}\pi^2\gamma - 2\zeta(3)$，推导中使用了 $\psi''(1) = -2\zeta(3)$。
• 通过伽马函数表示式对积分号内求导，推导出通解公式 $\int_0^\infty x^{s-1} e^{-\mu x} \ln x\,dx = \mu^{-s} \Gamma(s) (\psi(s) - \ln \mu)$。
• 利用 $\psi(n+1) = -\gamma + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$，验证了 $\int_0^\infty x^n e^{-\mu x} \ln x\,dx = \frac{n!}{\mu^{n+1}} \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \gamma - \ln \mu \right)$。
• 利用 $\Gamma(n+1/2) = \frac{\sqrt{\pi}}{2^n} (2n-1)!!$ 和 $\psi(n+1/2) = -\gamma + 2\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} - \ln 2\right)$，推导出 $\int_0^\infty x^{n-1/2} e^{-\mu x} \ln x\,dx = \frac{\sqrt{\pi} (2n-1)!!}{2^n \mu^{n+1/2}} \left(2\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} - \gamma - \ln(4\mu) \right)$。