e^{iμx}/(b^2+x^2)[-∞,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-μx}}{b^2-x^2}dx=\frac{1}{2b}\{e^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)-e^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)\}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{xe^{-μx}}{b^2-x^2}dx=\frac{1}{2}\left\{e^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)+e^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)\right\}\\
&(3)  \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-iμx}}{b^2+x^2}dx=\frac{πe^{-bμ}}{b}\\
\end{alignat}ただし、全て \(b,μ \gt 0\)








<証明>

次の定積分の結果を用います。[詳細はこちらです。(A)(B)(C)]
\begin{alignat}{2}
&(A)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-μx}}{b-x}dx=e^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)\\
&(B)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-μx}}{b+x}dx=-e^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)\\
&(C)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{x^2+b^2}dx=\frac{πe^{-ab}}{2b}\\
\end{alignat}




\((1)\) 部分分数分解後 \((A)(B)\) の式を代入します。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-μx}}{b^2-x^2}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-μx}}{(b-x)(b+x)}dx\\
&             =\frac{1}{2b}\left(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-μx}}{b-x}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-μx}}{b+x}dx\right)\\
&             =\frac{1}{2b}\{e^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)-e^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)\}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-μx}}{b^2-x^2}dx=\frac{1}{2b}\{e^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)-e^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)\}$$







\((2)\) \((1)\) の定積分を \(I(μ)\) とします。$$I(μ)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-μx}}{b^2-x^2}dx$$\(I(μ)\) を \(μ\) で微分します。$$I’(μ)=-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{xe^{-μx}}{b^2-x^2}dx$$すなわち$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{xe^{-μx}}{b^2-x^2}dx=-I’(μ)$$となるので \(-I’(μ)\) を求めます。

\((1)\) の結果より \(I(μ)\) は$$I(μ)=\frac{1}{2b}\{e^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)-e^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)\}$$
また、式内に含まれる関数の微分はそれぞれ次のようになります。
\begin{alignat}{2}
&\frac{d}{dμ}\mathrm{Ei}(bμ)=\frac{d}{dμ}\displaystyle\int_{-\infty}^{bμ}\frac{e^x}{x}dx=b \cdot \frac{e^{bμ}}{bμ}=\frac{e^{bμ}}{μ}\\
&\frac{d}{dμ}\mathrm{Ei}(-bμ)=\frac{d}{dμ}\displaystyle\int_{-\infty}^{-bμ}\frac{e^x}{x}dx=-b \cdot \frac{e^{-bμ}}{-bμ}=\frac{e^{-bμ}}{μ}\\
\end{alignat}\(I(μ)\) を \(μ\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&I’(μ)=\frac{1}{2b}\left\{-be^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)+e^{-bμ}\cdot \frac{e^{bμ}}{μ}-be^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)-e^{-bμ}\cdot \frac{e^{-bμ}}{μ}\right\}\\
&    =\frac{1}{2b}\left\{-be^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)+\frac{1}{μ}-be^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)-\frac{1}{μ}\right\}\\
&    =-\frac{1}{2}\left\{e^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)+e^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)\right\}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{xe^{-μx}}{b^2-x^2}dx=\frac{1}{2}\left\{e^{-bμ}\mathrm{Ei}(bμ)+e^{bμ}\mathrm{Ei}(-bμ)\right\}$$







\((3)\) \(x=bt\) と置きます。\((dx=bdt)\)
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-iμx}}{b^2+x^2}dx=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-ibμt}}{b^2+b^2t^2} \cdot bdt=\frac{1}{b}\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-ibμt}}{1+t^2}dt\\
&             =\frac{1}{b}\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos bμt-i \sin bμt}{1+t^2}dt\\
&             =\frac{1}{b}\left(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos bμt}{1+t^2}dt-i\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin bμt}{1+t^2}dt\right)\\
&             =\frac{1}{b} \cdot 2 \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos bμt}{1+t^2}dt=\frac{2}{b} \cdot \frac{πe^{-bμ}}{2}=\frac{πe^{-bμ}}{b}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-iμx}}{b^2+x^2}dx=\frac{πe^{-bμ}}{b}$$

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