e^{-ax^2-bx}cos cx[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \cos cxdx\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{π}{a}}\left[e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}+e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\left\{1-\mathrm{erf}\left(\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}\right]\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \sin cxdx\\
&=-\frac{i}{4}\sqrt{\frac{π}{a}}\left[e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}-e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\left\{1-\mathrm{erf}\left(\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}\right]\\
\end{alignat}
ただし、どちらも \(a \gt 0\)







<証明>

次のように、求める積分をそれぞれ \(I,J\) と置きます。$$I=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \cos cxdx,  J=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \sin cxdx$$
\(I+iJ\) と \(i-iJ\) を計算します。

\begin{alignat}{2}
&(A)  I+iJ=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \cos cxdx+i\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \sin cxdx\\
&          =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} (\cos cx +i \sin cx)dx\\
&          =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} e^{icx}dx\\
&          =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx+icx}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-(b-ic)x} dx
\end{alignat}指数部分を平方完成します。
\begin{alignat}{2}
&-az^2-(b-ic)x=-a\left\{x^2+\frac{b-ic}{a}+\frac{(b-ic)^2}{4a^2}\right\}+\frac{(b-ic)^2}{4a}\\
&               =-a\left(x+\frac{b-ic}{2a}\right)^2+\frac{(b-ic)^2}{4a}\\
\end{alignat}
\(\displaystyle x+\frac{b-ic}{2a}=t\) と置きます。\((dx=dt)\)$$=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-a\left(x+\frac{b-ic}{2a}\right)^2+\frac{(b-ic)^2}{4a}} dx=e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\displaystyle\int_{\frac{b-ic}{2a}}^{\infty}e^{-at^2}dt$$さらに \(\sqrt{a}t=s\) と置きます。\(\displaystyle \left(dt=\frac{1}{\sqrt{a}}ds\right)\)
\begin{alignat}{2}
&=e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\displaystyle\int_{\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}}^{\infty}e^{-s^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{a}}ds=\frac{1}{\sqrt{a}}e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\left(\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-s^2}ds-\displaystyle\int_0^{\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}}e^{-s^2}ds\right)\\
&=\frac{1}{\sqrt{a}}e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\left\{\frac{\sqrt{π}}{2}-\frac{\sqrt{π}}{2} \mathrm{erf} \left(\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}\\
\end{alignat}よって$$I+iJ=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}$$


\begin{alignat}{2}
&(B)  I-iJ=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \cos cxdx-i\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \sin cxdx\\
&          =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} (\cos cx -i \sin cx)dx\\
&          =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} e^{-icx}dx\\
&          =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx-icx}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-(b+ic)x} dx
\end{alignat}指数部分を平方完成します。
\begin{alignat}{2}
&-az^2-(b+ic)x=-a\left\{x^2+\frac{b+ic}{a}+\frac{(b+ic)^2}{4a^2}\right\}+\frac{(b+ic)^2}{4a}\\
&               =-a\left(x+\frac{b+ic}{2a}\right)^2+\frac{(b+ic)^2}{4a}\\
\end{alignat}
\(\displaystyle x+\frac{b+ic}{2a}=t\) と置きます。\((dx=dt)\)$$=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-a\left(x+\frac{b+ic}{2a}\right)^2+\frac{(b+ic)^2}{4a}} dx=e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\displaystyle\int_{\frac{b+ic}{2a}}^{\infty}e^{-at^2}dt$$さらに \(\sqrt{a}t=s\) と置きます。\(\displaystyle \left(dt=\frac{1}{\sqrt{a}}ds\right)\)
\begin{alignat}{2}
&=e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\displaystyle\int_{\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}}^{\infty}e^{-s^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{a}}ds=\frac{1}{\sqrt{a}}e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\left(\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-s^2}ds-\displaystyle\int_0^{\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}}e^{-s^2}ds\right)\\
&=\frac{1}{\sqrt{a}}e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\left\{\frac{\sqrt{π}}{2}-\frac{\sqrt{π}}{2} \mathrm{erf} \left(\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}\\
\end{alignat}よって$$I-iJ=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}$$

以上より、次の2つの式をそれぞれ \((A),(B)\) として
\begin{cases}
\displaystyle I+iJ=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\} \cdots (A)\\
\displaystyle I-iJ=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\} \cdots (B)
\end{cases}
\(\displaystyle \frac{(A)+(B)}{2}\) と \(\displaystyle \frac{(A)-(B)}{2i}\) を計算すれば
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \cos cxdx=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{π}{a}}\left[e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}+e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\left\{1-\mathrm{erf}\left(\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}\right]\\
&J=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-bx} \sin cxdx-\frac{i}{4}\sqrt{\frac{π}{a}}\left[e^{\frac{(b-ic)^2}{4a}}\left\{1- \mathrm{erf} \left(\frac{b-ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}-e^{\frac{(b+ic)^2}{4a}}\left\{1-\mathrm{erf}\left(\frac{b+ic}{2\sqrt{a}}\right)\right\}\right]\\
\end{alignat}

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