erf(a√x)sinbx/√x[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\{\mathrm{erf}(ax)-\mathrm{erf}(bx)\} \cos px}{x}dx=\frac{1}{2}\left\{\mathrm{Ei} \left(-\frac{p^2}{4b^2}\right)-\mathrm{Ei} \left(-\frac{p^2}{4a^2}\right)\right\}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{erf}(a\sqrt{x}) \sin bx}{\sqrt{x}}dx=\frac{1}{2\sqrt{2πb}}\left(\log \frac{a^2+a\sqrt{2b}+b}{a^2-a\sqrt{2b}+b}+2\tan^{-1} \frac{a\sqrt{2b}}{b-a^2}\right)\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{erf}(ax) \sin bx^2dx=\frac{1}{4\sqrt{2πb}}\left(\log \frac{a^2+a\sqrt{2b}+b}{a^2-a\sqrt{2b}+b}+2\tan^{-1} \frac{a\sqrt{2b}}{b-a^2}\right)\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b,p \gt 0\)













<証明>

次の定積分、不定積分の結果を用います。[詳細はこちらです。(A)(B)]
\begin{alignat}{2}
&(A)  \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2} \cos bxdx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}\exp \left(-\frac{b^2}{4a}\right)  (a \gt 0)\\
&(B)  \displaystyle\int \frac{1}{x^4+a^4}dx=\frac{1}{4\sqrt{2}a^3} \log \frac{x^2+\sqrt{2}ax+a^2}{x^2-\sqrt{2}ax+a^2}+ \frac{1}{2\sqrt{2}a^2}\tan^{-1} \frac{\sqrt{2}ax}{a^2-x^2}+C
\end{alignat}





\((1)\) 次の誤差関数について$$\mathrm{erf}(tx)=\frac{2}{\sqrt{π}} \displaystyle\int_0^{tx} e^{-r^2}dr$$両辺を \(t\) で微分します。$$\frac{d}{dt}\mathrm{erf}(tx)=\frac{2x}{\sqrt{π}}e^{-t^2x^2}$$
これを用いて被積分関数内の式を定積分で表します。
\begin{alignat}{2}
\mathrm{erf}(ax)-\mathrm{erf}(bx)&=[\mathrm{erf}(tx)]_b^a=\displaystyle\int_b^a \{\mathrm{erf}(tx)\}’dt\\
&=\displaystyle\int_b^a \frac{2x}{\sqrt{π}}e^{-t^2x^2} dt=\frac{2x}{\sqrt{π}} \displaystyle\int_b^a e^{-t^2x^2}dt\\
\end{alignat}この式を求める定積分の式に代入します。途中 \((A)\) の式を用いています。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\{\mathrm{erf}(ax)-\mathrm{erf}(bx)\} \cos px}{x}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos px}{x}\left(\frac{2x}{\sqrt{π}} \displaystyle\int_b^a e^{-t^2x^2}dt\right)dx\\
&=\frac{2}{\sqrt{π}} \displaystyle\int_b^a \left(\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-t^2x^2} \cos pxdx\right)dt\\
&=\frac{2}{\sqrt{π}}\displaystyle\int_b^a \frac{\sqrt{π}}{2t} e^{-\frac{p^2}{4t^4}}dt=\displaystyle\int_b^a \frac{e^{-\frac{p^2}{4t^2}}}{t}dt\\
\end{alignat}\(\displaystyle \frac{p^2}{4t^2}=r\) と置きます。\(\displaystyle \left( -\frac{p^2}{2t^3}dt=dr\right)\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_{\frac{p^2}{4b^2}}^{\frac{p^2}{4a^2}} \frac{e^{-r}}{t} \cdot \left(-\frac{2t^3}{p^2}\right)dr=-\frac{2}{p^2} \displaystyle\int_{\frac{p^2}{4b^2}}^{\frac{p^2}{4a^2}} t^2e^{-r}dr\\
&=-\frac{2}{p^2}\displaystyle\int_{\frac{p^2}{4b^2}}^{\frac{p^2}{4a^2}} \frac{e^{-r}}{r} \cdot \frac{p^2}{4}dr=\frac{1}{2}\displaystyle\int_{\frac{p^2}{4a^2}}^{\frac{p^2}{4b^2}} \frac{e^{-r}}{r}dr\\
&=\frac{1}{2}\left(\displaystyle\int_{\frac{p^2}{4a^2}}^{\infty} \frac{e^{-r}}{r}dr-\displaystyle\int_{\frac{p^2}{4b^2}}^{\infty} \frac{e^{-r}}{r}dr\right)\\
&=\frac{1}{2}\left\{\mathrm{Ei} \left(-\frac{p^2}{4b^2}\right)-\mathrm{Ei} \left(-\frac{p^2}{4a^2}\right)\right\}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\{\mathrm{erf}(ax)-\mathrm{erf}(bx)\} \cos px}{x}dx=\frac{1}{2}\left\{\mathrm{Ei} \left(-\frac{p^2}{4b^2}\right)-\mathrm{Ei} \left(-\frac{p^2}{4a^2}\right)\right\}$$








\((2)\) 次の誤差関数について$$\mathrm{erf}(a\sqrt{x})=\frac{2}{\sqrt{π}} \displaystyle\int_0^{a\sqrt{x}} e^{-t^2}dt$$両辺を \(a\) で微分します。$$\frac{d}{da}\mathrm{erf}(a\sqrt{x})=2\sqrt{\frac{x}{π}}e^{-a^2x}$$

求める定積分を \(I(a)\) と置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{erf}(a\sqrt{x}) \sin bx}{\sqrt{x}}dx$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(a)&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{2\sqrt{\frac{x}{π}}e^{-a^2x} \cdot \sin bx}{\sqrt{x}}dx\\
&=\frac{2}{\sqrt{π}} \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-a^2x} \sin bxdx=\frac{2}{\sqrt{b}} \cdot \frac{b}{a^4+b^2}\\
\end{alignat}両辺を \(a\) で積分します。\((B)\) の式を用います。
\begin{alignat}{2}
I(a)&=\frac{2b}{\sqrt{π}}\displaystyle\int \frac{1}{a^4+b^2}da\\
&=\frac{2b}{\sqrt{π}} \left(\frac{1}{4\sqrt{2}b^\frac{3}{2}} \log \frac{a^2+a\sqrt{2b}+b}{a^2-a\sqrt{2b}+b}+ \frac{1}{2\sqrt{2}b^\frac{3}{2}}\tan^{-1} \frac{a\sqrt{2b}}{b-a^2}\right)+C\\
&=\frac{1}{2\sqrt{2πb}}\left(\log \frac{a^2+a\sqrt{2b}+b}{a^2-a\sqrt{2b}+b}+2\tan^{-1} \frac{a\sqrt{2b}}{b-a^2}\right)+C
\end{alignat}\(I(0)=0\) より \(C=0\) であるので$$I(a)=\frac{1}{2\sqrt{2πb}}\left(\log \frac{a^2+a\sqrt{2b}+b}{a^2-a\sqrt{2b}+b}+2\tan^{-1} \frac{a\sqrt{2b}}{b-a^2}\right)$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{erf}(a\sqrt{x}) \sin bx}{\sqrt{x}}dx=\frac{1}{2\sqrt{2πb}}\left(\log \frac{a^2+a\sqrt{2b}+b}{a^2-a\sqrt{2b}+b}+2\tan^{-1} \frac{a\sqrt{2b}}{b-a^2}\right)$$







\((3)\) \(x^2=t\) と置きます。\((2xdx=dt)\) \((2)\) の式を用います。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{erf}(ax) \sin bx^2dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{erf}(a\sqrt{t}) \sin bt \cdot \frac{1}{2\sqrt{t}}dt\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{erf}(a\sqrt{t}) \sin bt}{\sqrt{t}}dt\\
&=\frac{1}{4\sqrt{2πb}}\left(\log \frac{a^2+a\sqrt{2b}+b}{a^2-a\sqrt{2b}+b}+2\tan^{-1} \frac{a\sqrt{2b}}{b-a^2}\right)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{erf}(ax) \sin bx^2dx=\frac{1}{4\sqrt{2πb}}\left(\log \frac{a^2+a\sqrt{2b}+b}{a^2-a\sqrt{2b}+b}+2\tan^{-1} \frac{a\sqrt{2b}}{b-a^2}\right)$$

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