{(1/2)-S(x)}si(2px)[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-S(x)\right\}\mathrm{si}(2px)dx\\
&=-\frac{1+\sin p^2-\cos p^2}{4p}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2}} \{S(p)+C(p)-1\}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-C(x)\right\}\mathrm{si}(2px)dx\\
&=-\frac{1-\sin p^2-\cos p^2}{4p}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2}} \{S(p)-C(p)\}\\
\end{alignat}











<証明>

次の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです)
\begin{alignat}{2}
&(A)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-S(x)\right\} \sin 2px dx=\frac{1+ \sin p^2-\cos p^2}{4p}\\
&(B)  \displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-C(x)\right\} \sin 2px dx=\frac{1- \sin p^2-\cos p^2}{4p}\\
\end{alignat}ただし、全て \(p \gt 0\)



次の正弦積分について$$\mathrm{si}(2ax)=-\displaystyle\int_{2ax}^{\infty} \frac{\sin t}{t}dt$$両辺を \(a\) で微分します。$$\frac{d}{da} \mathrm{si}(2ax)=2x \cdot \frac{\sin 2ax}{2ax}=\frac{\sin 2ax}{a}$$



\((1)\) 次の定積分を \(I(a)\) と置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-S(x)\right\}\mathrm{si}(2px)dx$$\(I(p)\) を求めます。また \(I(\infty)=0\) です。

\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(a)&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-S(x)\right\} \cdot \frac{\sin 2ax}{a}dx\\
&=\frac{1}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-S(x)\right\} \sin 2axdx\\
&=\frac{1+\sin a^2-\cos a^2}{4a^2}\\
\end{alignat}両辺を区間 \([p,∞]\) において \(a\) で積分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_p^{\infty} I’(a)da&=\displaystyle\int_p^{\infty} \frac{1+\sin a^2-\cos a^2}{4a^2}da\\
[I(a)]_p^{\infty}&=\frac{1}{4}\left\{\left[-\frac{1+\sin a^2- \cos a^2}{a}\right]_p^{\infty} +\displaystyle\int_p^{\infty} \frac{2a \cos a^2 +2a \sin a^2}{a}da\right\}\\
I(\infty)-I(p)&=\frac{1+\sin p^2-\cos p^2}{4p} +\frac{1}{2}\left(\displaystyle\int_p^{\infty} \cos a^2 da+\displaystyle\int_p^{\infty} \sin a^2 da\right)\\
-I(p)&=\frac{1+\sin p^2-\cos p^2}{4p} +\frac{1}{2}\left(\displaystyle\int_0^{\infty} \cos a^2 da-\displaystyle\int_0^p \cos a^2 da+\displaystyle\int_p^{\infty} \sin a^2 da-\displaystyle\int_0^p \sin a^2 da\right)\\
I(p)&=-\frac{1+\sin p^2-\cos p^2}{4p}-\frac{1}{2} \left\{\sqrt{\frac{π}{2}}-\sqrt{\frac{π}{2}}C(p)-\sqrt{\frac{π}{2}}S(p)\right\}\\
&=-\frac{1+\sin p^2-\cos p^2}{4p}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2}} \{S(p)+C(p)-1\}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-S(x)\right\}\mathrm{si}(2px)dx=-\frac{1+\sin p^2-\cos p^2}{4p}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2}} \{S(p)+C(p)-1\}$$










\((2)\) 次の定積分を \(I(a)\) と置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-C(x)\right\}\mathrm{si}(2px)dx$$\(I(p)\) を求めます。また \(I(\infty)=0\) です。

\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(a)&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-C(x)\right\} \cdot \frac{\sin 2ax}{a}dx\\
&=\frac{1}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-C(x)\right\} \sin 2axdx\\
&=\frac{1-\sin a^2-\cos a^2}{4a^2}\\
\end{alignat}両辺を区間 \([p,∞]\) において \(a\) で積分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_p^{\infty} I’(a)da&=\displaystyle\int_p^{\infty} \frac{1-\sin a^2-\cos a^2}{4a^2}da\\
[I(a)]_p^{\infty}&=\frac{1}{4}\left\{\left[-\frac{1-\sin a^2- \cos a^2}{a}\right]_p^{\infty} +\displaystyle\int_p^{\infty} \frac{-2a \cos a^2 +2a \sin a^2}{a}da\right\}\\
I(\infty)-I(p)&=\frac{1-\sin p^2-\cos p^2}{4p} -\frac{1}{2}\left(\displaystyle\int_p^{\infty} \cos a^2 da-\displaystyle\int_p^{\infty} \sin a^2 da\right)\\
-I(p)&=\frac{1-\sin p^2-\cos p^2}{4p} -\frac{1}{2}\left(\displaystyle\int_0^{\infty} \cos a^2 da-\displaystyle\int_0^p \cos a^2 da-\displaystyle\int_p^{\infty} \sin a^2 da+\displaystyle\int_0^p \sin a^2 da\right)\\
I(p)&=-\frac{1-\sin p^2-\cos p^2}{4p}+\frac{1}{2} \left\{\sqrt{\frac{π}{2}}S(p)-\sqrt{\frac{π}{2}}C(p)\right\}\\
&=-\frac{1-\sin p^2-\cos p^2}{4p}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2}} \{S(p)-C(p)\}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{1}{2}-C(x)\right\}\mathrm{si}(2px)dx=-\frac{1-\sin p^2-\cos p^2}{4p}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2}} \{S(p)-C(p)\}$$

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