li(1/x)cos(alogx)[0,1]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx=-\frac{1}{1+a^2}\left(\log a+\frac{πa}{2}\right)\\
&(2)  \displaystyle\int_1^{\infty} \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx=\frac{1}{1+a^2}\left(\log a-\frac{πa}{2}\right)\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx=-\frac{πa}{1+a^2}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a \gt 0\)











<証明>

\((1)\) \(\displaystyle \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\) を積分の形にします。$$\displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} \frac{1}{\log t}dt\right)\cos (a \log x)dx$$次の積分を \(I(p),\,J(q)\) と置きます。
\begin{alignat}{2}
&I(p)=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^1 \frac{e^{-p \log t}}{\log t}dt\right) \cos (a \log x)dx  (p \lt 0)\\
&J(q)=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_1^{\frac{1}{x}} \frac{e^{-q \log t}}{\log t}dt\right) \cos (a \log x)dx  (q \gt 0)\\
\end{alignat}それぞれ \(p,q \to 0\) とすると
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\lim_{p \to 0} I(p)=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{\log t}dt\right) \cos (a \log x)dx\\
&\displaystyle\lim_{q \to 0} J(q)=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_1^{\frac{1}{x}} \frac{1}{\log t}dt\right) \cos (a \log x)dx\\
\end{alignat}となるので、これらを足し合わせると
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\lim_{p \to 0} I(p)+\displaystyle\lim_{q \to 0} J(q)&=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{\log t}dt+\displaystyle\int_1^{\frac{1}{x}} \frac{1}{\log t}dt\right) \cos (a \log x)dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} \frac{1}{\log t}dt\right)\cos (a \log x)dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx
\end{alignat}となるので \(\displaystyle\lim_{p \to 0} I(p)+\displaystyle\lim_{q \to 0} J(q)\) を求めます。

\(I(p)\) を \(p\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(p)&=-\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^1 e^{-p \log t}dt\right) \cos (a \log x)dx\\
&=-\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_0^1 t^{-p}dt\right) \cos (a \log x)dx\\
&=-\displaystyle\int_0^1 \left[\frac{1}{1-p}t^{1-p}\right]_0^1 \cos (a \log x)dx\\
&=-\frac{1}{1-p}\displaystyle\int_0^1 \cos (a \log x)dx\\
\end{alignat}\(x=e^{-r}\) とおきます。\((dx=-e^{-r}dr)\)
\begin{alignat}{2}
&=-\frac{1}{1-p}\displaystyle\int_{\infty}^0 \cos (-ar) (-e^{-r})dr\\
&=-\frac{1}{1-p}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-r} \cos ardr=-\frac{1}{1-p} \cdot \frac{1}{1+a^2}\\
\end{alignat}両辺を \(p\) で積分します。$$I(p)=\frac{1}{1+a^2}\log (1-p)+C$$\(I(-\infty)=0\) を用いて \(C\) を求めます。$$I(-\infty)=\frac{1}{1+a^2} \displaystyle\lim_{s \to \infty} \log (1+s) +C=0,  C=-\frac{1}{1+a^2} \displaystyle\lim_{s \to \infty} \log (1+s)$$よって
\begin{alignat}{2}
I(p)&=\frac{1}{1+a^2}\log (1-p)-\frac{1}{1+a^2} \displaystyle\lim_{s \to \infty} \log (1+s)\\
&=\frac{1}{1+a^2}\left\{\log (1-p)-\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log (1+s)\right\}\\
\end{alignat}

\(J(q)\) を \(q\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
J’(q)&=-\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_1^{\frac{1}{x}} e^{-q \log t}dt\right) \cos (a \log x)dx\\
&=-\displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\int_1^{\frac{1}{x}} t^{-q}dt\right) \cos (a \log x)dx\\
&=-\displaystyle\int_0^1 \left[\frac{1}{1-q}t^{1-q}\right]_1^{\frac{1}{x}} \cos (a \log x)dx\\
&=-\frac{1}{1-q}\displaystyle\int_0^1 (x^{q-1}-1)\cos (a \log x)dx\\
\end{alignat}\(x=e^{-r}\) とおきます。\((dx=-e^{-r}dr)\)
\begin{alignat}{2}
&=-\frac{1}{1-q}\displaystyle\int_{\infty}^0 (e^{-qr+r}+1) \cos (-ar)(-e^{-r})dr\\
&=-\frac{1}{1-q} \displaystyle\int_0^{\infty} (e^{-qr}-e^{-r}) \cos ardr\\
&=-\frac{1}{1-q} \left(\frac{q}{q^2+a^2}-\frac{1}{1+a^2}\right)\\
&=\frac{q}{(q-1)(q^2+a^2)}-\frac{1}{q-1} \cdot \frac{1}{1+a^2}
\end{alignat}左の項を部分分数分解します。$$\frac{A}{q-1}+\frac{Bq+C}{q^2+a^2}=\frac{q}{(q-1)(q^2+a^2)}$$\(A,B,C\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
A(q^2+a^2)+(q-1)(Bq+C)&=q\\
&\\
Aq^2+Aa^2+Bq^2+Cq-Bq-C&=q\\
&\\
(A+B)q^2+(C-B)q+Aa^2-C&=q\\
\end{alignat}よって$$A+B=0, C-B=0, Aa^2-C=q$$ これを解くと$$A=\frac{q}{1+a^2}, B=-\frac{q}{1+a^2}, C=-\frac{q}{1+a^2}$$すなわち
\begin{alignat}{2}
\frac{q}{(q-1)(q^2+a^2)}&=\frac{q}{1+a^2} \cdot \frac{1}{q-1}-\frac{q}{1+a^2} \cdot \frac{q+1}{q^2+a^2}\\
&=\frac{1}{1+a^2}\left(\frac{q}{q-1}-\frac{q^2+q}{q^2+a^2}\right)\\
&=\frac{1}{1+a^2}\left(1+\frac{1}{q-1}-1-\frac{q-a^2}{q^2+a^2}\right)\\
&=\frac{1}{1+a^2}\left(\frac{1}{q-1}-\frac{q-a^2}{q^2+a^2}\right)\\
\end{alignat}
\(J’(q)\) の計算に戻ります。$$J’(q)=\frac{1}{1+a^2}\left(\frac{1}{q-1}-\frac{q-a^2}{q^2+a^2}\right)-\frac{1}{q-1} \cdot \frac{1}{1+a^2}=-\frac{1}{1+a^2} \cdot \frac{q-a^2}{q^2+a^2}$$
両辺を \(q\) で積分します。$$J(q)=-\frac{1}{1+a^2}\left\{\frac{1}{2}\log (q^2+a^2)-a\tan^{-1}\frac{q}{a}\right\}+C$$\(J(\infty)=0\) を用いて \(C\) を求めます。$$J(\infty)=-\frac{1}{1+a^2}\left(\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log\sqrt{s^2+a^2} -\frac{πa}{2}\right)+C=0,  C=\frac{1}{1+a^2}\left(\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log\sqrt{s^2+a^2}-\frac{πa}{2} \right)$$よって
\begin{alignat}{2}
J(q)&=-\left\{\frac{1}{2}\log (q^2+a^2)-a\tan^{-1}\frac{q}{a}\right\}+\frac{1}{1+a^2}\left(\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log\sqrt{s^2+a^2}-\frac{πa}{2} \right)\\
&=\frac{1}{1+a^2}\left\{-\frac{1}{2}\log (q^2+a^2)+a\tan^{-1}\frac{q}{a}-\frac{πa}{2}+\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log\sqrt{s^2+a^2} \right\}\\
\end{alignat}\(I(p)+J(q)\) を計算します。
\begin{alignat}{2}
I(p)+J(q)&=\frac{1}{1+a^2}\left\{\log (1-p)-\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log (1+s)\right\}+\frac{1}{1+a^2}\left\{-\frac{1}{2}\log (q^2+a^2)+a\tan^{-1}\frac{q}{a}-\frac{πa}{2}+\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log\sqrt{s^2+a^2} \right\}\\
&=\frac{1}{1+a^2}\left\{\log (1-p)-\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log (1+s)-\frac{1}{2}\log (q^2+a^2)+a\tan^{-1}\frac{q}{a}-\frac{πa}{2}+\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log\sqrt{s^2+a^2} \right\}\\
&=\frac{1}{1+a^2}\left\{\displaystyle\lim_{s \to \infty} \log \frac{\sqrt{s^2+a^2}}{1+s}-\log \sqrt{q^2+a^2} +\log (1-p) +a\tan^{-1} \frac{q}{a}-\frac{πa}{2}\right\}\\
&=\frac{1}{1+a^2}\left\{-\log \sqrt{q^2+a^2} +\log (1-p) +a\tan^{-1} \frac{q}{a}-\frac{πa}{2}\right\}
\end{alignat}\(p,q \to 0\) とします。$$\displaystyle\lim_{p \to 0} I(p)+\displaystyle\lim_{q \to 0} J(q)=\frac{1}{1+a^2}\left(-\log a -\frac{πa}{2}\right)=-\frac{1}{1+a^2}\left(\log a+\frac{πa}{2}\right)$$以上より$$\displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx=-\frac{1}{1+a^2}\left(\log a+\frac{πa}{2}\right)$$







\((2)\) \(\displaystyle \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\) を積分の形にします。$$\displaystyle\int_1^{\infty} \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx=\displaystyle\int_1^{\infty} \left(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} \frac{1}{\log t}dt\right)\cos (a \log x)dx$$次の積分を \(I(p)\) と置きます。$$I(p)=\displaystyle\int_1^{\infty} \left(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} \frac{e^{-p \log t}}{\log t}dt\right) \cos (a \log x)dx  (p \lt 0)$$\(p \to 0\) とすれば、求める積分なので \(\displaystyle\lim_{p \to 0} I(p)=I(0)\) を計算します。

\(I(p)\) を \(p\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
I’(p)&=-\displaystyle\int_1^{\infty} \left(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} e^{-p \log t}dt\right) \cos (a \log x)dx\\
&=-\displaystyle\int_1^{\infty} \left(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} t^{-p}dt\right) \cos (a \log x) dx\\
&=-\displaystyle\int_1^{\infty} \left[\frac{1}{1-p}t^{1-p}\right]_0^{\frac{1}{x}} \cos (a \log x)dx\\
&=-\frac{1}{1-p}\displaystyle\int_1^{\infty} x^{p-1} \cos (a \log x)dx\\
\end{alignat}\(x=e^r\) と置きます。\((dx=e^rdr)\)
\begin{alignat}{2}
&=-\frac{1}{1-p}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{r(p-1)} \cos ar \cdot e^r dr\\
&=-\frac{1}{1-p} \displaystyle\int_0^{\infty} e^{pr} \cos ardr=\frac{1}{1-p} \cdot \frac{p}{p^2+a^2}\\
&=-\frac{p}{(p-1)(p^2+a^2)}=-\frac{1}{1+a^2}\left(\frac{1}{p-1}-\frac{p-a^2}{p^2+a^2}\right)\\
\end{alignat}両辺を \(p\) で積分します。$$I(p)=-\frac{1}{1+a^2}\left\{\log |p-1|-\frac{1}{2}\log (p^2+a^2)+a\tan^{-1} \frac{p}{a}\right\}+C$$\(I(-\infty)=0\) を用いて \(C\) を求めます。$$I(-\infty)=-\frac{1}{1+a^2} \cdot a \left(-\frac{π}{2}\right)+C=0,  C=-\frac{π}{2}\cdot \frac{a}{1+a^2}$$よって
\begin{alignat}{2}
I(p)&=-\frac{a}{1+a^2}\left\{\log |p-1|-\frac{1}{2}\log (p^2+a^2)+a\tan^{-1} \frac{p}{a}\right\}-\frac{π}{2}\cdot \frac{a}{1+a^2}\\
\displaystyle\lim_{p \to 0}I(p)=I(0)&=-\frac{1}{1+a^2}\left(-\frac{1}{2}\log a^2\right)-\frac{π}{2} \cdot \frac{a}{1+a^2}\\
&=\frac{1}{1+a^2}\left(\log a-\frac{πa}{2}\right)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_1^{\infty} \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx=\frac{1}{1+a^2}\left(\log a-\frac{πa}{2}\right)$$







\((3)\) 積分区間を切り離し \((1)(2)\) の結果を代入します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx+\displaystyle\int_1^{\infty} \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx\\
&=-\frac{1}{1+a^2}\left(\log a+\frac{πa}{2}\right)+\frac{1}{1+a^2}\left(\log a-\frac{πa}{2}\right)=-\frac{πa}{1+a^2}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{li}\left(\frac{1}{x}\right)\cos (a \log x)dx=-\frac{πa}{1+a^2}$$

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