cosax/(x^4+b^4)[0,∞]などの定積分

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










<証明>

\(\displaystyle f(z)=\frac{\cos ax}{z^4+b^4}\) を次のような積分路で複素積分します。


次の複素積分における式が成り立ちます。$$\displaystyle\oint_C f(z)dz=\displaystyle\int_{C_1
}f(z)dz+\displaystyle\int_{C_2}f(z)dz$$

特異点を求めるために \(z^4+b^4=0\) を解きます。

\(z=re^{iθ}\) と置くと$$z^4=-b^4,  r^4e^{4iθ}=b^4(-1+0 \cdot i)=b^4(cos π+i \sin π)=b^4e^{πi}$$両辺を比較すれば$$r=b,  4θ=π+2nπ (n=0,1,2,3)$$\(θ\) について$$θ=\frac{π}{4}, \frac{3}{4}π, \frac{5}{4}π, \frac{7}{4}π$$よって \(z^4+b^4=0\) の解は$$z_1=be^{\frac{π}{4}i}, z_2=be^{\frac{3π}{4}i}, z_3=be^{\frac{5π}{4}i}, z_4=be^{\frac{7π}{4}i}$$この内、積分路内に含まれる特異点は \(z_1,\,z_2\) です。

点 \(z_1,\,z_2\)における留数を求めます。
\begin{alignat}{2}
R_1&=\mathrm{Res}(f(z),z_1)=\displaystyle\lim_{z \to z_1} \frac{e^{iaz}}{(z^4+b^4)’}=\displaystyle\lim_{z \to z_1} \frac{e^{iaz}}{4z^3}=\frac{e^{iaz_1}}{4z_1^3}\\
&=\frac{e^{iab \cdot e^{\frac{πi}{4}}}}{4b^3e^{\frac{3πi}{4}}}=\frac{e^{iab \cdot \frac{1+i}{\sqrt{2}}}}{4b^3 \cdot \frac{-1+i}{\sqrt{2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{8b^3}(1+i)e^{ab \cdot \frac{-1+i}{\sqrt{2}}}\\
&\\
R_2&=\mathrm{Res}(f(z),z_2)=\displaystyle\lim_{z \to z_2} \frac{e^{iaz}}{(z^4+b^4)’}=\displaystyle\lim_{z \to z_2} \frac{e^{iaz}}{4z^3}=\frac{e^{iaz_2}}{4z_2^3}\\
&=\frac{e^{iab \cdot e^{\frac{3πi}{4}}}}{4b^3e^{\frac{9πi}{4}}}=\frac{e^{iab \cdot \frac{-1+i}{\sqrt{2}}}}{4b^3 \cdot \frac{1+i}{\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{8b^3}(1-i)e^{ab \cdot \frac{-1-i}{\sqrt{2}}}\\
\end{alignat}
周回積分の値を計算します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\oint_C f(z)dz&=2πi(R_1+R_2)=2πi\left\{-\frac{\sqrt{2}}{8b^3}(1+i)e^{ab \cdot \frac{-1+i}{\sqrt{2}}}+\frac{\sqrt{2}}{8b^3}(1-i)e^{ab \cdot \frac{-1-i}{\sqrt{2}}}\right\}\\
&=\frac{\sqrt{2}πi}{4b^3}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left\{-(1+i)e^{\frac{iab}{\sqrt{2}}}+(1-i)e^{-\frac{iab}{\sqrt{2}}}\right\}\\
&=\frac{\sqrt{2}π}{4b^3}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left\{(1-i)e^{\frac{iab}{\sqrt{2}}}+(1+i)e^{-\frac{iab}{\sqrt{2}}}\right\}\\
&=\frac{\sqrt{2}π}{2b^3}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\frac{e^{\frac{iab}{\sqrt{2}}}+e^{-\frac{iab}{\sqrt{2}}}}{2}-i \cdot\frac{e^{\frac{iab}{\sqrt{2}}}-e^{-\frac{iab}{\sqrt{2}}}}{2}\right)\\
&=\frac{\sqrt{2}π}{2b^3}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\frac{e^{\frac{iab}{\sqrt{2}}}+e^{-\frac{iab}{\sqrt{2}}}}{2}+\frac{e^{\frac{iab}{\sqrt{2}}}-e^{-\frac{iab}{\sqrt{2}}}}{2i}\right)\\
&=\frac{\sqrt{2}π}{2b^3}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}+\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)\\
\end{alignat}

\((A)\)  \(C_1\) について
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_{C_1} f(z)dz&=\displaystyle\lim_{R \to \infty} \displaystyle\int_{-R}^R \frac{e^{iax}}{x^4+b^4}dx=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{iax}}{x^4+b^4}dx\\
&=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos ax+i\sin ax}{x^4+b^4}dx=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos ax}{x^4+b^4}dx+i\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin ax}{x^4+b^4}dx\\
\end{alignat}

\((B)\)  \(C_2\) について

\(z=Re^{iθ}\) と置いて、絶対値をつけて評価します。\((dz=iRe^{iθ}dθ)\)
\begin{alignat}{2}
\left|\displaystyle\int_{C_2} f(z)dz\right|& \leq \displaystyle\int_0^π \left| \frac{e^{ia \cdot Re^{iθ}}}{R^4e^{4iθ}+b^4}\cdot iRe^{iθ}\right|dθ=\displaystyle\int_0^π \frac{|e^{iaR(\cos θ+i \sin θ)}|}{|R^4e^{4iθ}+b^4|}\cdot R dθ\\
&\leq \displaystyle\int_0^π \frac{e^{aR\sin θ}}{R^4-b^4}\cdot Rdθ=\frac{2R}{R^4-b^4}\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} e^{aR\sin θ}dθ\\
&\leq\frac{2R}{R^4-b^4}\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} e^{-aR \cdot \frac{2}{π} θ}dθ=\frac{2R}{R^4-b^4}\left[-\frac{π}{2aR}e^{-aR \cdot \frac{2}{π}θ}\right]_0^{\frac{π}{2}}=\frac{π}{a(R^4-b^4)}(1-e^{-aR})\\
\end{alignat}\(R \to \infty\) とすると$$\displaystyle\lim_{R \to \infty} \displaystyle\int_{C_2}f(z)dz=0$$よって、次式を得ます。$$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos ax}{x^4+b^4}dx+i\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin ax}{x^4+b^4}dx=\frac{\sqrt{2}π}{2b^3}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}+\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)$$実部を比較します。$$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos ax}{x^4+b^4}dx=\frac{\sqrt{2}π}{2b^3}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}+\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{x^4+b^4}dx=\frac{\sqrt{2}π}{4b^3}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}+\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)$$









\((2)\) \((1)\) の両辺を\(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{-x \sin ax}{x^4+b^4}dx&=\frac{\sqrt{2}π}{4b^3}\left\{-\frac{b}{\sqrt{2}}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}+\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)+e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(-\frac{b}{\sqrt{2}}\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}+\frac{b}{\sqrt{2}}\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)\right\}\\
&=\frac{π}{4b^2}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(-\cos \frac{ab}{\sqrt{2}} -\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}-\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}+\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)\\
&=-\frac{π}{2b^2}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x\sin ax}{x^4+b^4}dx=\frac{π}{2b^2}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}$$



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