フルラニ積分とそれに類する積分

\((1)\) の積分を「フルラニ積分」と呼びます。

またそれ以外に類する積分を \((2)\) 以降に示します。

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=\{f(0)-f(\infty)\}\log \frac{b}{a}\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx= \log \frac{b}{a}\\
&(3) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax-\sin bx}{x}dx=0\\
&(4) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 ax- \sin^2 bx}{x}dx=\frac{1}{2}\log \frac{a}{b}\\
&(5) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax- \cos bx}{x}dx=\log \frac{b}{a}\\
&(6) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos^2 ax- \cos^2 bx}{x}dx=\frac{1}{2}\log \frac{b}{a}\\
&(7) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{a\sin bx- b\sin ax}{x^2}dx=ab\log \frac{a}{b}\\
&(8) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\tan^{-1}(e^{-ax})-\tan^{-1}(e^{-bx})}{x}dx=\frac{π}{4}\log \frac{b}{a}\\
&(9) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\tan^{-1} ax- \tan^{-1} bx}{x}dx=-\frac{π}{2}\log \frac{b}{a}\\
&(10) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax- \cos bx}{x^2}dx=\frac{π(b-a)}{2}
\end{alignat}(ただし、全て \(a \gt 0, b \gt 0\))







<証明>

\((1)\) 被積分関数を定積分で表します。$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \left[\frac{f(tx)}{x}\right]_b^a dx=\displaystyle\int_0^{\infty}\left\{\displaystyle\int_b^a f’(xt)dt\right\}dx$$積分の順序を入れ替えて、先に \(x\) での積分を計算します$$=\displaystyle\int_b^a \displaystyle\int_0^{\infty} f’(tx)dxdt=\displaystyle\int_b^a \left[\frac{f(xt)}{t}\right]_0^{\infty}dt=\displaystyle\int_b^a \frac{f(\infty)-f(0)}{t}dt$$次に \(t\) での積分を計算します。
\begin{alignat}{2}
&=\{f(\infty)-f(0)\}\displaystyle\int_b^a \frac{1}{t}dt=\{f(\infty)-f(0)\}[\log |t|]_b^a\\
&=\{f(\infty)-f(0)\}(\log a- \log b)=\{f(\infty)-f(0)\}\log \frac{a}{b}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=\{f(0)-f(\infty)\}\log \frac{b}{a}$$






\((2)\) フルラニ積分を用いると \(f(ax)=e^{-ax}, f(bx)=e^{-bx}\) だから$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx=(1-0) \log \frac{b}{a}=\log \frac{b}{a}$$

(別解) 被積分関数に \(e^{-tx}\) を掛けた積分を \(I(t)\) と置くと$$I(t)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\cdot e^{-tx}dx$$これを \(t\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&I’(t)=-\displaystyle\int_0^{\infty} (e^{-ax}-e^{-bx})e^{-tx}dx\\
&   =-\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{-(a+t)x}-e^{-(b+t)x}\}dx\\
&   =\left[\frac{e^{-(a+t)x}}{a+t}-\frac{e^{-(b+t)x}}{b+t}\right]_0^{\infty}\\
&   =\frac{1}{b+t}-\frac{1}{a+t}
\end{alignat}積分します。$$I(t)=\log |b+t|- \log|a+t|+C=\log \left|\frac{b+t}{a+t}\right|+C$$\(I(\infty)=0\) より \(C=0\) なので$$I(t)=\log \left|\frac{b+t}{a+t}\right|$$求める積分は \(I(0)\) であるので$$I(0)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx= \log \frac{b}{a}$$






\((3)\) ディリクレ積分より \(a \gt 0\) のとき$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax}{x}dx=\frac{π}{2}$$となるので$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax-\sin bx}{x}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax}{x}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin bx}{x}dx=\frac{π}{2}-\frac{π}{2}=0$$







\((4)\) 半角の公式を用います。$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 ax-\sin^2 bx}{x}dx=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1-\cos 2ax -1 +\cos 2bx}{x}dx=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos 2bx -\cos 2bx}{x}dx$$次のように被積分関数に \(e^{-tx}\) を掛けたものを \(I(t)\) とします。$$I(t)=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos 2bx -\cos 2bx}{x} \cdot e^{-tx}dx$$\(I(t)\) を \(t\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&I’(t)=-\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-tx}(\cos 2bx- \cos 2ax)dx\\
&    =-\left[\frac{e^{-tx}}{t^2+4b^2}(2b \sin 2bx -t \cos 2bx)\right]_0^{\infty}+\left[\frac{e^{-tx}}{t^2+4a^2}(2a \sin 2ax -t \cos 2ax)\right]_0^{\infty}\\
&    =-\frac{t}{t^2+4b^2}+\frac{t}{t^2+4a^2}\\
\end{alignat}\(t\) で積分します。$$I(t)=-\frac{1}{2}\log (t^2+4b^2)+\frac{1}{2}\log (t^2+4a^2)+C$$\(I(∞)=0\) より \(C=0\) だから$$I(t)=-\frac{1}{2}\log (t^2+4b^2)+\frac{1}{2}\log (t^2+4a^2)=\frac{1}{2}\log \frac{t^2+4a^2}{t^2+4b^2}$$\(t=0\) のとき$$I(0)=\frac{1}{2}\log \frac{a^2}{b^2}=\log \frac{a}{b}$$よって $$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 ax- \sin^2 bx}{x}dx=\frac{1}{2}\log \frac{a}{b}$$






\((5)\) 三角関数の差積の公式を用います。$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax- \cos bx}{x}dx=-2 \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin \frac{a+b}{2}x \sin \frac{a-b}{2}x}{x}dx$$次に下記の積分を公式を用いると$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \sin px}{x}dx=\frac{1}{2} \log
\left|\frac{q+p}{q-p}\right|$$元の積分は
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax- \cos bx}{x}dx=-2 \cdot \log \left| \frac{\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2}}{\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2}}\right|\\
&                   =-\log \left|\frac{a}{b}\right|=\log \frac{b}{a}
\end{alignat}





\((6)\) 半角の公式で次数を下げてから \((5)\) を用います。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos^2 ax- \cos^2 bx}{x}dx\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1+\cos 2ax- 1-\cos 2bx}{x}dx\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos 2ax-\cos 2bx}{x}dx=\frac{1}{2}\log \frac{b}{a}\\
\end{alignat}









\((7)\) 部分積分を行います。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{a\sin bx- b\sin ax}{x^2}dx\\
&=-\left[\frac{a\sin bx- b\sin ax}{x}\right]_0^{\infty} +\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ab \cos bx-ab \cos ax}{x}dx\\
\end{alignat}左の括弧の計算はロピタルの定理を用います。$$\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{a\sin bx- b\sin ax}{x}=\displaystyle\lim_{x \to 0}(ab \cos bx-ab \cos ax)=0$$よって$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{a\sin bx- b\sin ax}{x^2}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ab \cos bx-ab \cos ax}{x}dx=ab\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos bx- \cos ax}{x}dx$$となるので \((5)\) を用いることが出来るので$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{a\sin bx- b\sin ax}{x^2}dx=ab\log \frac{a}{b}$$







\((8)\) フルラニ積分を用いると \(f(ax)=\tan^{-1}(e^{-ax}), f(bx)=\tan^{-1}(e^{-bx})\) だから$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\tan^{-1}(e^{-ax})-\tan^{-1}(e^{-bx})}{x}dx=\left(\frac{π}{4}-0\right)\log \frac{b}{a}=\frac{π}{4}\log \frac{b}{a}$$






\((9)\) フルラニ積分を用いると \(f(ax)=\tan^{-1} ax, f(bx)=\tan^{-1} bx\) だから$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\tan^{-1} ax- \tan^{-1} bx}{x}dx=\left(0-\frac{π}{2}\right)\log \frac{b}{a}=-\frac{π}{2}\log \frac{b}{a}$$







\((10)\) 被積分関数を定積分に直して、積分の順序を入れ替えます。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax- \cos bx}{x^2}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{[\cos tx]_b^a}{x^2}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2}\left\{\displaystyle\int_b^a (\cos tx)’dt\right\}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2}\left(-\displaystyle\int_b^a x \sin xt dt \right)dx\\
&=-\displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\int_b^a \frac{\sin xt}{x}dtdx=-\displaystyle\int_b^a \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin tx}{x}dxdt\\
&=-\frac{π}{2}\displaystyle\int_b^a dt=-\frac{π}{2}[t]_b^a
=-\frac{π}{2}(a-b)=\frac{π}{2}(b-a)
\end{alignat}





(部分積分による別解)

\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax- \cos bx}{x^2}dx\\
&=\left[-\frac{\cos ax- \cos bx}{x}\right]_0^{\infty}+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{b \sin bx -a \sin ax}{x}\\
&=b \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin bx}{x}dx-a \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax}{x}dx\\
&=b \cdot \frac{π}{2}-a \cdot \frac{π}{2}=\frac{π}{2}(b-a)
\end{alignat}
ただし \( \displaystyle \displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\cos bx – \cos ax}{x}\) についてはロピタルの定理を用いて
$$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\cos bx – \cos ax}{x}=\displaystyle\lim_{x \to 0} (b \sin bx – a \sin ax)=0$$としています。





(複素積分による別解)
次のような積分路において複素積分を行います。
経路は下の二つの半円の弧上と、それを繋ぐ \(x\) 軸上の線分とします。
すなわち(ドーナツを半分にしたような図形の周上を)反時計回りに \(A \to B \to C \to D \to A\) と動く積分路とします。

\(\displaystyle f(z)=\frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z^2}\) と置くと、積分路の内部に特異点は存在しないので積分値は0。よって$$\displaystyle\oint_C=\displaystyle\int_{C_1}+\displaystyle\int_{C_2}+\displaystyle\int_{C_3}+\displaystyle\int_{C_4}=0$$ それぞれの積分路について計算を行います。

\((A)\) \(C_2+C_4\) について$$\displaystyle\int_{C_2}f(z)dz+\displaystyle\int_{C_4}f(z)dz=\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}-e^{ibx}}{x^2}dx+\displaystyle\int_{-R}^{-r} \frac{e^{iax}-e^{ibx}}{x^2}dx$$右の積分において \(x=-t\) と置きます。\((dx=-dt)\) その後は変数を \(x\) に戻します。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}-e^{ibx}}{x^2}dx+\displaystyle\int_R^r \frac{e^{-iat}-e^{-ibt}}{t^2}(-dt)\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}-e^{ibx}}{x^2}dx+\displaystyle\int_r^R \frac{e^{-iat}-e^{-ibt}}{t^2}dt\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}-e^{ibx}}{x^2}dx+\displaystyle\int_r^R \frac{e^{-iax}-e^{-ibx}}{x^2}dx\\
&=\displaystyle\int_r^R \frac{e^{iax}+e^{-iax}-(e^{ibx}+e^{-ibx})}{x^2}dx\\
&=2\displaystyle\int_r^R \frac{1}{x^2}\left(\frac{e^{iax}+e^{-iax}}{2}-\frac{e^{ibx}+e^{-ibx}}{2}\right)dx\\
&=2\displaystyle\int_r^R \frac{1}{x^2}(\cos ax- \cos bx)dx
\end{alignat}よって$$\displaystyle\lim_{R \to \infty, r \to 0}\left\{\displaystyle\int_{C_2}f(z)dz+\displaystyle\int_{C_4}f(z)dz\right\}=2\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2}(\cos ax- \cos bx)dx$$

\((B)\) \(C_1\) について \(z=Re^{iθ}\) と置きます。\((dz=iRe^{iθ}dθ)\)
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_{C_1}f(z)dz=\displaystyle\int_{C_1} \frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z^2}dz=\displaystyle\int_0^π \frac{e^{iaRe^{iθ}}-e^{iaRe^{iθ}}}{R^2e^{2iθ}}\cdot iRe^{iθ}dθ\\
&        =\displaystyle\int_0^π \frac{i\{e^{iaR(\cos θ+i \sin θ)}-e^{ibR(\cos θ+i \sin θ)}}{Re^{iθ}}dθ\\
\end{alignat}絶対値を付けて \(R \to \infty\) とします。
また \(e^{aR \sin θ}\) は \(\displaystyle x=\frac{π}{2}\) を軸として線対称です。
\begin{alignat}{2}
&\left|\displaystyle\int_{C_1}f(z)dz\right| \leq \displaystyle\int_0^π \frac{e^{-aR \sin θ}+e^{-bR \sin θ}}{R}dθ\\
&         =\frac{1}{R}\left(\displaystyle\int_0^π e^{-aR \sin θ}dθ+\displaystyle\int_0^π e^{-bR \sin θ}dθ\right)\\
&         =\frac{2}{R}\left(\displaystyle\int_0^\frac{π}{2} e^{-aR \sin θ}dθ+\displaystyle\int_0^\frac{π}{2} e^{-bR \sin θ}dθ\right)\\
&         \leq \frac{2}{R}\left(\displaystyle\int_0^\frac{π}{2}e^{-aR \cdot \frac{2}{π}θ}dθ+\displaystyle\int_0^\frac{π}{2}e^{-bR \cdot \frac{2}{π}θ}dθ\right)\\
&         =\frac{2}{R}\left\{-\frac{π}{2aR}\left[e^{-aR \cdot \frac{2}{π}θ}\right]_0^{\frac{π}{2}}-\frac{π}{2bR}\left[e^{-bR \cdot \frac{2}{π}θ}\right]_0^{\frac{π}{2}}\right\}\\
&         =-\frac{π}{aR^2}(e^{-aR}-1)-\frac{π}{bR^2}(e^{-bR}-1)\\
&         =\frac{π}{aR^2}(1-e^{-aR})+\frac{π}{bR^2}(1-e^{-bR})
\end{alignat}以上より \(R \to \infty\) のとき$$\displaystyle\lim_{R \to \infty}\displaystyle\int_{C_1}f(z)dz=0 $$

\((C)\) \(C_3\) について 

\(\displaystyle f(z)=\frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z^2}\) をローラン展開すると$$f(z)=\frac{1}{z^2}\left[\left\{1+iaz+\frac{(iaz)^2}{2!}+\cdots \right\}-\left\{1+ibz+\frac{(ibz)^2}{2!}+\cdots \right\}\right]=\frac{i(a-b)}{z}+g(z)$$と書けます。ここで \(g(z)\) は特異点を持ち得ない全ての項とします。

ローラン展開の結果から、次のように被積分関数を分けます。$$\displaystyle\int_{C_3}f(z)dz=\displaystyle\int_{C_3}\frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z^2}dz=\displaystyle\int_{C_3}\frac{i(a-b)}{z}dz+\displaystyle\int_{C_3}g(z)dz$$このとき右の積分はあらゆる積分路において特異点を持たない。
左右の積分を計算及び評価をします。
① 左の項について \(z=re^{iθ}\) と置きます。\((dz=ire^{iθ}dθ)\)$$\displaystyle\int_{C_3} \frac{i(a-b)}{z}dz=\displaystyle\int_π^0 \frac{i(a-b)}{re^{iθ}}\cdot ire^{iθ}dθ=-(a-b)[θ]_π^0=π(a-b)$$② 右の項について
絶対値をつけたものは、その被積分関数の最大値 \(M\) と積分路の長さ \(L\) の積以下になるので$$\left|\displaystyle\int_{C_3}g(z)dz\right|\leq M\cdot πr$$よって \(r \to 0\) とすれば$$\displaystyle\lim_{r \to 0} \displaystyle\int_{C_3}g(z)dz=0$$

これらの複素積分の結果より、次式が成り立つことが分かります。$$2\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax- \cos bx}{x^2}dx+π(a-b)=0$$よって$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax- \cos bx}{x^2}dx=\frac{π(b-a)}{2}$$

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