複素関数の問題

$I={\int }_0^{\infty }\frac{\sqrt{x}\log x}{(x+1)(x+4)}dx$、$K={\int }_0^{\infty }\frac{\sqrt{x}}{(x+1)(x+4)}dx$ とおく（被積分関数は $x\to \infty$ で $x^{-3/2}\log x$ 程度、$x\to 0$ で $\sqrt{x}\log x\to 0$ なので、どちらも収束する）。

準備: $K$ の計算. $\frac{1}{(x+1)(x+4)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+4}\right)$ と、$x=t^2$ の置換を使うと
$$K=\frac{1}{3}{\int }_0^{\infty }\left(\frac{2t^2}{t^2+1}-\frac{2t^2}{t^2+4}\right)dt=\frac{1}{3}{\int }_0^{\infty }\left(-\frac{2}{t^2+1}+\frac{8}{t^2+4}\right)dt=\frac{1}{3}\left(-\pi +2\pi \right)=\frac{\pi }{3}.$$
（$K$ も下と同じ鍵穴積分路で $\sqrt{z}/((z+1)(z+4))$ を積分して得られる。）

鍵穴積分路. 正の実軸に沿って切れ目を入れ、$0<\arg z<2\pi$ で
$$\sqrt{z}=|z{|}^{1/2}{e}^{i\arg z/2},\log z=\log |z|+i\arg z$$
と定め、$g(z)=\frac{\sqrt{z}\log z}{(z+1)(z+4)}$ を、半径 $R$ の大円・半径 $\epsilon$ の小円と切れ目の上下の線分からなる鍵穴積分路 $\Gamma$ で積分する。

• 大円上: $|g(z)|\le \frac{R^{1/2}(\log R+2\pi )}{(R-1)(R-4)}$ で、長さ $2\pi R$ を掛けても $R\to \infty$ で $0$。
• 小円上: $|g(z)|\le \frac{{\epsilon }^{1/2}(|\log \epsilon |+2\pi )}{(1-\epsilon )(4-\epsilon )}$ で、長さ $2\pi \epsilon$ を掛けると $\epsilon \to 0$ で $0$。
• 切れ目の上側（$\arg z=0$）: $\sqrt{z}=\sqrt{x}$, $\log z=\log x$。
• 切れ目の下側（$\arg z=2\pi$, 向きは $\infty \to 0$）: $\sqrt{z}=\sqrt{x}{e}^{i\pi }=-\sqrt{x}$, $\log z=\log x+2\pi i$。

よって $R\to \infty$, $\epsilon \to 0$ で
$${\oint }_{\Gamma }gdz={\int }_0^{\infty }\frac{\sqrt{x}\log x}{(x+1)(x+4)}dx-{\int }_0^{\infty }\frac{-\sqrt{x}(\log x+2\pi i)}{(x+1)(x+4)}dx=2I+2\pi iK.$$

留数. 極は $z=-1=e^{i\pi }$, $z=-4=4e^{i\pi }$（ともに 1 位）。
- $z=-1$: $\sqrt{z}=e^{i\pi /2}=i$, $\log z=i\pi$ なので $\mathrm{Res}=\frac{i\cdot i\pi }{-1+4}=-\frac{\pi }{3}$。
- $z=-4$: $\sqrt{z}=2e^{i\pi /2}=2i$, $\log z=\log 4+i\pi$ なので $\mathrm{Res}=\frac{2i(\log 4+i\pi )}{-4+1}=\frac{2\pi -2i\log 4}{3}$。

留数の和は $\frac{\pi -2i\log 4}{3}$ で、留数定理より
$$2I+2\pi iK=2\pi i\cdot \frac{\pi -2i\log 4}{3}=\frac{4\pi \log 4}{3}+\frac{2{\pi }^2}{3}i.$$

結論. 虚部を比べると $2\pi K=\frac{2{\pi }^2}{3}$、つまり $K=\frac{\pi }{3}$ で上の計算と一致する。実部を比べて
$$2I=\frac{4\pi \log 4}{3}=\frac{8\pi \log 2}{3},I=\frac{4\pi \log 2}{3}.$$

（検算: $x=4/u$ と置換すると $I=2\log 4{\int }_0^{\infty }\frac{u^{-1/2}du}{(u+1)(u+4)}-2{\int }_0^{\infty }\frac{u^{-1/2}\log udu}{(u+1)(u+4)}$ となり、同様の計算でも同じ値になる。）

$I(s)={\int }_0^{\infty }\frac{x^s}{(x+1)(x+4)}dx$（$-1<s<1$）を考え、$I^{\prime }(1/2)$ を求める。部分分数 $\frac{1}{(x+1)(x+4)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+4}\right)$ と、鍵穴型围道（または留数定理）による公式 ${\int }_0^{\infty }\frac{x^{\mu -1}}{x+a}dx=\frac{\pi a^{\mu -1}}{\sin \pi \mu }$（$0<\mu <1$）を解析接続して $\mu =s+1$ とすると、差の形では収束し $I(s)=\frac{1}{3}\cdot \frac{-\pi }{\sin \pi s}(1-4^s)=\frac{\pi (4^s-1)}{3\sin \pi s}$。\n\n$I^{\prime }(s)=\frac{\pi }{3}\left[\frac{4^s\ln 4}{\sin \pi s}-\frac{(4^s-1)\pi \cos \pi s}{{\sin }^2\pi s}\right]$。$s=\frac{1}{2}$ で $\sin =1,\cos =0,4^{1/2}=2$ なので $I^{\prime }(1/2)=\frac{\pi }{3}\cdot 2\ln 4=\frac{4\pi \ln 2}{3}$。\n\n検算（$x=t^2$ による実積分）: ${\int }_0^{\infty }\frac{\sqrt{x}\ln x}{(x+1)(x+4)}dx={\int }_0^{\infty }2\ln t\cdot \frac{2}{3}\left(\frac{4}{t^2+4}-\frac{1}{t^2+1}\right)dt$。${\int }_0^{\infty }\frac{\ln t}{t^2+a^2}dt=\frac{\pi \ln a}{2a}$ より $a=2$: $\frac{\pi \ln 2}{4}$、$a=1$: $0$。よって $\frac{4}{3}\cdot 4\cdot \frac{\pi \ln 2}{4}=\frac{4\pi \ln 2}{3}$ ✓。