cosax/(x^2+b^2)[0,∞]などの定積分


\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{x^2+b^2}dx=\frac{πe^{-ab}}{2b}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \sin ax}{x^2+b^2}dx=\frac{πe^{-ab}}{2}\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{b^2-x^2}dx=\frac{π}{2b}\sin (ab)\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x\sin ax}{b^2-x^2}dx=-\frac{π}{2}\cos (ab)
\end{alignat}ただし、全て \(a,b \gt 0 \)









<証明>

\((1)\) 下の図のように \(A \to B \to C \to D \to A\) に沿った(反時計回り)積分路において複素積分を行います。 \(\displaystyle f(z)=\frac{e^{iaz}}{z^2+b^2}\)とします。

このとき、半ドーナツの内部に含まれる特異点は \(z=ib\) のみであり、
これは1位の極です。この留数を計算します。
\begin{alignat}{2}
&\mathrm{Res}(f(z),ib)=\displaystyle\lim_{z \to ib} (z-ib)\cdot \frac{e^{iaz}}{z^2+b^2}\\
&           =\displaystyle\lim_{z \to ib} \frac{e^{iaz}}{z+ib}=\frac{e^{-ab}}{2ib}
\end{alignat}よって、周回積分の値は$$\displaystyle\oint_C f(z)dz=2πi \cdot \frac{e^{-ab}}{2ib}=2 \cdot \frac{πe^{-ab}}{2b}$$次にそれぞれの積分路における積分の計算をします。$$\displaystyle\oint_C=\displaystyle\int_{C_1}+\displaystyle\int_{C_2}+\displaystyle\int_{C_3}+\displaystyle\int_{C_4}$$

(A) \(C_2+C_4\) について \(C_2\) は \(x=-t\) と置きます。\((dx=-dt)\)
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_{C_4}f(z)dz+\displaystyle\int_{C_2}f(z)dz\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}}{x^2+b^2}dx+\displaystyle\int_{-R}^{-r} \frac{e^{iax}}{x^2+b^2}dx\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}}{x^2+b^2}dx+\displaystyle\int_R^r \frac{e^{-iat}}{t^2+b^2}(-dt)\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}}{x^2+b^2}dx+\displaystyle\int_r^R \frac{e^{-iat}}{t^2+b^2}dt\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}}{x^2+b^2}dx+\displaystyle\int_r^R \frac{e^{-iax}}{x^2+b^2}dx\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}+e^{-iax}}{x^2+b^2}dx=2\displaystyle\int_r^R \frac{ \cos ax}{x^2+b^2}dx
\end{alignat}
\(R \to \infty, r \to 0\) とすると$$\displaystyle\lim_{R \to \infty,r \to 0}\left\{\displaystyle\int_{C_4}f(z)dz+\displaystyle\int_{C_2}f(z)dz\right\}=2\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \cos ax}{x^2+b^2}dx$$

\((B)\) \(C_1\) について \(z=Re^{iθ}\) と置きます。\((dz=iRe^{iθ}dθ)\)
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_{C_1} f(z)dx=\displaystyle\int_{C_1}\frac{e^{iaz}}{z^2+b^2}dz=\displaystyle\int_0^π \frac{e^{iaRe^{iθ}}}{R^2e^{2iθ}+b^2}\cdot iRe^{iθ}dθ\\
&         =\displaystyle\int_0^π \frac{e^{iaR( \cos θ+i \sin θ)}}{R^2e^{2iθ}+b^2}\cdot iRe^{iθ}dθ
\end{alignat}絶対値をつけて積分値を評価します。
\begin{alignat}{2}
&\left|\displaystyle\int_{C_1}f(z)dz\right| \leq \displaystyle\int_0^π \frac{e^{-aR \sin θ}}{R^2-b^2}\cdot Rdθ=\frac{R}{R^2-b^2}\displaystyle\int_0^π e^{-aR \sin θ}dθ\\
&          \leq \frac{R}{R^2-b^2}\displaystyle\int_0^π e^{-aR \cdot \frac{2}{π}θ}dθ=\frac{R}{R^2-b^2}\left[-\frac{π}{2aR}e^{-\frac{2aR}{π}θ}\right]_0^π\\
&          =-\frac{π}{2a(R^2-b^2)}(e^{-2aR}-1)=\frac{π}{2a(R^2-b^2)}(1-e^{-2aR})
\end{alignat}よって \(R \to \infty\) とすると$$\displaystyle\lim_{R \to \infty}\displaystyle\int_{C_1}f(z)dz=0$$\(C_3\) も \(C_1\) と同様に計算できて
\(R\) を \(r\) として \(r \to 0\) とすればよいから$$\displaystyle\lim_{r \to 0}\displaystyle\int_{C_3}f(z)dz=\displaystyle\lim_{r \to 0}\left\{\frac{π}{2a(r^2-b^2)}(1-e^{-2ar})\right\}=0$$

以上より、複素積分の結果で得られる式は次のようになります。$$2\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \cos ax}{x^2+b^2}dx=2 \cdot \frac{πe^{-ab}}{2b}$$よって$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \cos ax}{x^2+b^2}dx=\frac{πe^{-ab}}{2b}$$






\((2)\) 下の図のように \(A \to B \to C \to D \to A\) に沿った(反時計回り)積分路において複素積分を行います。 \(\displaystyle f(z)=\frac{ze^{iaz}}{z^2+b^2}\)とします。

このとき、半ドーナツの内部に含まれる特異点は \(z=ib\) のみであり、
これは1位の極です。この留数を計算します。
\begin{alignat}{2}
&Res(f(z),ib)=\displaystyle\lim_{z \to ib} (z-ib)\cdot \frac{ze^{iaz}}{z^2+b^2}\\
&           =\displaystyle\lim_{z \to ib} \frac{ze^{iaz}}{z+ib}=\frac{ibe^{-ab}}{2ib}=\frac{e^{-ab}}{2}
\end{alignat}よって、周回積分の値は$$\displaystyle\oint_C f(z)dz=2πi \cdot\frac{e^{-ab}}{2}=2i \cdot \frac{πe^{-ab}}{2}$$次にそれぞれの積分路における積分の計算をします。$$\displaystyle\oint_C=\displaystyle\int_{C_1}+\displaystyle\int_{C_2}+\displaystyle\int_{C_3}+\displaystyle\int_{C_4}$$

(A) \(C_2+C_4\) について \(C_2\) は \(x=-t\) と置きます。\((dx=-dt)\)
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_{C_4}f(z)dz+\displaystyle\int_{C_2}f(z)dz\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{xe^{iax}}{x^2+b^2}dx+\displaystyle\int_{-R}^{-r} \frac{xe^{iax}}{x^2+b^2}dx\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{xe^{iax}}{x^2+b^2}dx+\displaystyle\int_R^r \frac{-te^{-iat}}{t^2+b^2}(-dt)\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{xe^{iax}}{x^2+b^2}dx-\displaystyle\int_r^R \frac{te^{-iat}}{t^2+b^2}dt\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{xe^{iax}}{x^2+b^2}dx-\displaystyle\int_r^R \frac{xe^{-iax}}{x^2+b^2}dx\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{x(e^{iax}-e^{-iax})}{x^2+b^2}dx=2i\displaystyle\int_r^R \frac{x \sin ax}{x^2+b^2}dx
\end{alignat}
\(R \to \infty, r \to 0\) とすると$$\displaystyle\lim_{R \to \infty,r \to 0}\left\{\displaystyle\int_{C_4}f(z)dz+\displaystyle\int_{C_2}f(z)dz\right\}=2i\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \sin ax}{x^2+b^2}dx$$

(B) \(C_1\) について \(z=Re^{iθ}\) と置きます。\((dz=iRe^{iθ}dθ)\)
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_{C_1} f(z)dx=\displaystyle\int_{C_1}\frac{ze^{iaz}}{z^2+b^2}dz=\displaystyle\int_0^π \frac{Re^{iθ}\cdot e^{iaRe^{iθ}}}{R^2e^{2iθ}+b^2}\cdot iRe^{iθ}dθ\\
&         =\displaystyle\int_0^π \frac{Re^{iθ}\cdot e^{iaR( \cos θ+i \sin θ)}}{R^2e^{2iθ}+b^2}\cdot iRe^{iθ}dθ
\end{alignat}絶対値をつけて積分値を評価します。
\begin{alignat}{2}
&\left|\displaystyle\int_{C_1}f(z)dz\right| \leq \displaystyle\int_0^π \frac{Re^{-aR \sin θ}}{R^2-b^2}\cdot Rdθ=\frac{R^2}{R^2-b^2}\displaystyle\int_0^π e^{-aR \sin θ}dθ\\
&          \leq \frac{R^2}{R^2-b^2}\displaystyle\int_0^π e^{-aR \cdot \frac{2}{π}θ}dθ=\frac{R^2}{R^2-b^2}\left[-\frac{π}{2aR}e^{-\frac{2aR}{π}θ}\right]_0^π\\
&          =-\frac{πR}{2a(R^2-b^2)}(e^{-2aR}-1)=\frac{πR}{2a(R^2-b^2)}(1-e^{-2aR})
\end{alignat}よって \(R \to \infty\) とすると$$\displaystyle\lim_{R \to \infty}\displaystyle\int_{C_1}f(z)dz=0$$\(C_3\) も \(C_1\) と同様に計算できて
\(R\) を \(r\) として \(r \to 0\) とすればよいから$$\displaystyle\lim_{r \to 0}\displaystyle\int_{C_3}f(z)dz=\displaystyle\lim_{r \to 0}\left\{\frac{πr}{2a(r^2-b^2)}(1-e^{-2ar})\right\}=0$$

以上より、複素積分の結果で得られる式は次のようになります。$$2i\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \sin ax}{x^2+b^2}dx=2i \cdot \frac{πe^{-ab}}{2}$$よって$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \sin ax}{x^2+b^2}dx=\frac{πe^{-ab}}{2}$$

もしくは \((1)\) の式の両辺を \(a\) で微分すれば直ちに上記の結果を得ます。







\((3)\) 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} \frac{\cos (ax)}{x+b}dx=-\sin(ab)\mathrm{si
} (ab) – \cos (ab) \mathrm{ci} (ab)\\
&(B) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos (ax)}{b-x}dx=\cos (ab)\mathrm{ci
} (ab) + \sin (ab) \{\mathrm{si} (ab)+π\}\\
\end{alignat}

\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{b^2-x^2}dx=-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{(x-b)(x+b)}dx\\
&=-\frac{1}{2b}\left(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{x-b}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{x+b}dx\right)dx\\
&=-\frac{1}{2b}\left[-\cos (ab)\mathrm{ci
} (ab) -\sin (ab) \{\mathrm{si} (ab)+π\}+sin(ab)\mathrm{si
} (ab) +\cos (ab) \mathrm{ci} (ab)\right]\\
&=-\frac{1}{2b}\cdot \{-π\sin (ab)\}=\frac{π}{2b}\sin (ab)\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{b^2-x^2}dx=\frac{π}{2b}\sin (ab)$$








\((4)\) \((3)\) の式の両辺を \(a\) で微分します。$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{-x\sin ax}{b^2-x^2}dx=\frac{π}{2b} \cdot b\cos (ab)$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x\sin ax}{b^2-x^2}dx=-\frac{π}{2}\cos (ab)$$

“cosax/(x^2+b^2)[0,∞]などの定積分” への2件の返信

コメントを残す

メールアドレスが公開されることはありません。 * が付いている欄は必須項目です