e^{-px}cos(2n+1)xtanxdx[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \sin ax}{\sin bx}dx=Re\left[\frac{1}{2ib}\left\{ψ\left(\frac{b+a}{2b}-\frac{ip}{2b}\right)-ψ\left(\frac{b-a}{2b}-\frac{ip}{2b}\right)\right\}\right]\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x \cos t} \cos(t- x \sin t)dx=1\\
&(3) \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x \cos t} \sin(t- x \sin t)dx=0\\
&(4) \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-px} \cos(2n+1)x \tan x dx=\frac{2n+1}{p^2+(2n+1)^2}+2(-1)^n \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k(2k+1)}{p^2+(2k+1)^2}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b,p \gt 0\)










<証明>

\((1)\) \(\displaystyle \sin ax=\frac{e^{iax}-e^{-iax}}{2i}, \sin bx=\frac{e^{ibx}-e^{-ibx}}{2i}\) を代入します。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \sin ax}{\sin bx}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-px} \cdot \frac{e^{iax}-e^{-iax}}{2i} \cdot \frac{2i}{e^{ibx}-e^{-ibx}}dx\\
&               =\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px}(e^{iax}-e^{-iax})}{e^{ibx}-e^{-ibx}}dx\\
\end{alignat}\(e^{-x}=t\) と置きます。\((-tdx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_1^0 \frac{t^p(t^{-ia}-t^{ia})}{t^{-ib}-t^{ib}} \cdot \left(-\frac{1}{t}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{p+ib-1}(t^{-ia}-t^{ia})}{1-t^{2ib}} dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{p+ib-ia-1}-t^{p+ib+ia-1}}{1-t^{2ib}} dt\\
\end{alignat}\(t^{2ib}=s\) と置きます。\(\displaystyle \left(2ibt^{2ib-1}dt=ds, dt=\frac{1}{2ib} \cdot \frac{1}{s^{\frac{2ib-1}{2ib}}}ds\right)\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{s^{\frac{p+ib-ia-1}{2ib}}-s^{\frac{p+ib+ia-1}{2ib}}}{1-s} \cdot \frac{1}{2ib} \cdot \frac{1}{s^{\frac{2ib-1}{2ib}}}ds\\
&=\frac{1}{2ib}\displaystyle\int_0^1 \frac{s^{\frac{p-ib-ia}{2ib}}-s^{\frac{p-ib+ia}{2ib}}}{1-s}ds\\
&=\frac{1}{2ib}\left\{ψ\left(\frac{p+ib+ia}{2ib}\right)-ψ\left(\frac{p+ib-ia}{2ib}\right)\right\}\\
&=\frac{1}{2ib}\left\{ψ\left(\frac{b+a}{2b}-\frac{ip}{2b}\right)-ψ\left(\frac{b-a}{2b}-\frac{ip}{2b}\right)\right\}
\end{alignat}求める積分値はこの実部であるので、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \sin ax}{\sin bx}dx=Re\left[\frac{1}{2ib}\left\{ψ\left(\frac{b+a}{2b}-\frac{ip}{2b}\right)-ψ\left(\frac{b-a}{2b}-\frac{ip}{2b}\right)\right\}\right]$$







\((2)(3)\) 次のように、求める積分値を \(I,J\) と置きます。
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x \cos t} \cos(t- x \sin t)dx\\
&J=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x \cos t} \sin(t- x \sin t)dx\\
\end{alignat}\(I+iJ\) を計算します。
\begin{alignat}{2}
&I+iJ=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x \cos t} \{\cos (t-x \sin t)+i \sin (t-x \sin t)\}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x \cos t}\cdot e^{i(t-x \sin t)}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x \cos t+it-ix \sin t}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{it} \cdot e^{-x( \cos t+i \sin t)}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} e^{it} \cdot e^{-xe^{it}}dx=\left[-e^{-xe^{it}}\right]_0^{\infty}=1\\
\end{alignat}以上より、実部と虚部を比較すれば
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x \cos t} \cos(t- x \sin t)dx=1\\
&J=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x \cos t} \sin(t- x \sin t)dx=0\\
\end{alignat}






\((4)\) \(\displaystyle \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}\) としてから、三角関数を切り離します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-px} \cos(2n+1)x \tan x dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \cos(2n+1)x \sin x}{\cos x} dx\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \{\sin(2n+2)x-\sin 2nx\}}{\cos x} dx\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \sin(2n+2)x}{\cos x} dx-\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \sin 2nx}{\cos x} dx
\end{alignat}右の積分を次のように \(I_n\) とします。$$I_n=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \sin 2nx}{\cos x} dx$$このとき、求める積分値は$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-px} \cos(2n+1)x \tan x dx=\frac{1}{2}(I_{n+1}-I_n)$$分母の \( \cos x\) を消去するために \(I_{n+1}+I_n\) を計算します。
\begin{alignat}{2}
&I_{n+1}+I_n=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \{\sin(2n+2)x+\sin 2nx\}}{\cos x} dx\\
&        =2\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-px} \sin(2n+1)x \cos x}{\cos x} dx\\
&        =2\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-px} \sin (2n+1)xdx\\
&        =2\left[\frac{e^{-px}}{p^2+(2n+1)^2}\{-p \sin (2n+1)x-(2n+1)\cos (2n+1)x\}\right]_0^{\infty}\\
&        =\frac{2(2n+1)}{p^2+(2n+1)^2}\\
\end{alignat}よって$$I_{n+1}=-I_n+\frac{2(2n+1)}{p^2+(2n+1)^2},  I_0=0$$求める積分値に代入すると
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-px} \cos(2n+1)x \tan x dx=\frac{1}{2}(I_{n+1}-I_n)=\frac{1}{2}\left\{\frac{2(2n+1)}{p^2+(2n+1)^2}-2I_n\right\}\\
&                         =\frac{2n+1}{p^2+(2n+1)^2}-I_n\\
\end{alignat}\(I_n\) を求めます。漸化式において \(n=0,1,2 \cdots \) としたものを書き並べると
\begin{alignat}{2}
&I_1=-I_0+\frac{2 \cdot 1}{p^2+1^2}\\
&I_2=-I_1+\frac{2 \cdot 3}{p^2+3^2}\\
&I_3=-I_2+\frac{2 \cdot 5}{p^2+5^2}\\
&\\
&         \cdots\\
&\\
&I_{n-1}=-I_{n-2}+\frac{2 \cdot (2n-3)}{p^2+(2n-3)^2}\\
&I_{n}=-I_{n-1}+\frac{2 \cdot (2n-1)}{p^2+(2n-1)^2}\\
\end{alignat}順次、代入すると
\begin{alignat}{2}
&I_n=\frac{2 \cdot (2n-1)}{p^2+(2n-1)^2}-\frac{2 \cdot (2n-3)}{p^2+(2n-3)^2}+ \cdots +(-1)^n \cdot \frac{2 \cdot 3}{p^2+3^2}+(-1)^{n+1} \cdot \frac{2 \cdot 1}{p^2+1^2}\\
&  =2 \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^{n-k+1}}{p^2+(2k+1)^2}=2 \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^{n+k+1}}{p^2+(2k+1)^2}=-2(-1)^n \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{p^2+(2k+1)^2}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-px} \cos(2n+1)x \tan x dx=\frac{2n+1}{p^2+(2n+1)^2}+2(-1)^n \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k(2k+1)}{p^2+(2k+1)^2}$$

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