log(1+x^2)/x^2[0,1]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (μx^2+b)}{a+x^2}dx=\frac{π}{\sqrt{a}}\log (\sqrt{aμ}+\sqrt{b})\\
&(2)  \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x^2)}{x^2}dx=\frac{π}{2}-\log 2\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (1+x^2)}{x^2}dx=π\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (1+x^2)}{(a+x)^2}dx=\frac{2a}{1+a^2}\left(\frac{π}{2a}+\log a\right)\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b,μ \gt 0\)








<証明>

\((1)\) 求める定積分を \(I(μ)\) と置きます。$$I(μ)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (μx^2+b)}{a+x^2}dx$$\(μ=0\) のとき
\begin{alignat}{2}
I(0)&=\log b \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{a+x^2}dx=\log b \left[\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1} \frac{x}{\sqrt{a}}\right]_0^{\infty}\\
&=\log b \cdot \frac{1}{\sqrt{a}} \cdot \frac{π}{2}=\frac{π\log b}{2\sqrt{a}} \\
\end{alignat}
\(I(μ)\) を \(μ\) で微分します。$$I’(μ)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2}{(μx^2+b)(a+x)}dx$$被積分関数を部分分数分解します。$$\frac{Ax+B}{μx^2+b}+\frac{Cx+D}{a+x^2}=\frac{x^2}{(μx^2+b)(a+x)}$$\(A,B,C,D\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
(Ax+B)(a+x^2)+(Cx+D)(μx^2+b)&=x^2\\
&\\
Ax^3+Bx^2+Aax+Ba+Cμx^3+Dμx^2+Cbx+Db&=x^2\\
&\\
(A+Cμ)x^3+(B+Dμ)x^2+(Aa+Cb)x+Ba+Db&=x^2\\
\end{alignat}両辺を恒等的に見ることで$$A+Cμ=0,  B+Dμ=1, Aa+Cb=0,  Ba+Db=0$$を得るので、これを解きます。$$A=C=0,  B=-\frac{b}{aμ-b},  D=\frac{a}{aμ-b}$$元の積分計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
I’(μ)&=\frac{1}{aμ-b}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(-\frac{b}{μx^2+b}+\frac{a}{a+x^2}\right)dx\\
&=\frac{1}{aμ-b}\left[-\sqrt{\frac{b}{μ}}\tan^{-1} \sqrt{\frac{μ}{b}}x+\sqrt{a} \tan^{-1} \frac{x}{\sqrt{a}}\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{1}{aμ-b}\left(-\sqrt{\frac{b}{μ}}\cdot \frac{π}{2}+\sqrt{a} \cdot \frac{π}{2}\right)\\
&=\frac{π}{2}\cdot \frac{1}{aμ-b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{\frac{b}{μ}}\right)=\frac{π}{2}\cdot \frac{1}{aμ-b} \cdot \frac{\sqrt{aμ}-\sqrt{b}}{\sqrt{μ}}\\
&=\frac{π}{2\sqrt{μ}} \cdot \frac{1}{\sqrt{aμ}+\sqrt{b}}=\frac{π}{2\sqrt{a}}\cdot \frac{1}{\sqrt{μ}\left(\sqrt{μ}+\sqrt{\frac{b}{a}}\right)}\\
\end{alignat}両辺を \(μ\) で積分します。$$I(μ)=\frac{π}{2\sqrt{a}}\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{μ}\left(\sqrt{μ}+\sqrt{\frac{b}{a}}\right)}dμ$$\(μ=t^2\) と置きます。\((dμ=2tdt)\)
\begin{alignat}{2}
&=\frac{π}{2\sqrt{a}}\displaystyle\int \frac{1}{t\left(t+\sqrt{\frac{b}{a}}\right)}\cdot 2tdt=\frac{π}{\sqrt{a}}\displaystyle\int \frac{1}{t+\sqrt{\frac{b}{a}}}dt\\
&=\frac{π}{\sqrt{a}} \log \left(t+\sqrt{\frac{b}{a}}\right)+C=\frac{π}{\sqrt{a}} \log \left(\sqrt{μ}+\sqrt{\frac{b}{a}}\right)+C\\
\end{alignat}\(μ=0\) のとき$$I(0)=\frac{π}{\sqrt{a}}\log \sqrt{\frac{b}{a}}+C=\frac{π\log b}{2\sqrt{a}},  C=\frac{π}{\sqrt{a}}\left(\log \sqrt{b}-\log \sqrt{\frac{b}{a}}\right)=\frac{π}{\sqrt{a}}\log \sqrt{a}$$よって
\begin{alignat}{2}
I(μ)&=\frac{π}{\sqrt{a}} \log \left(\sqrt{μ}+\sqrt{\frac{b}{a}}\right)+\frac{π}{\sqrt{a}}\log \sqrt{a}\\
&=\frac{π}{\sqrt{a}} \left\{\log \left(\sqrt{μ}+\sqrt{\frac{b}{a}}\right)+\log \sqrt{a}\right\}=\frac{π}{\sqrt{a}}\log (\sqrt{aμ}+\sqrt{b})
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (μx^2+b)}{a+x^2}dx=\frac{π}{\sqrt{a}}\log (\sqrt{aμ}+\sqrt{b})$$







\((2)(3)(4)\) は部分積分を行い、ロピタルの定理を用いて計算を進めます。

\begin{alignat}{2}
(2)  \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x^2)}{x^2}dx&=\left[-\frac{\log (1+x^2)}{x}\right]_0^1+\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x} \cdot \frac{2x}{1+x^2}dx\\
&=-\log 2 +\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\log (1+x^2)}{x} +2 \displaystyle\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}dx\\
&=-\log 2 +\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{2x}{1+x^2}+2 \cdot \frac{π}{4}=\frac{π}{2}-\log 2\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x^2)}{x^2}dx=\frac{π}{2}-\log 2$$







\begin{alignat}{2}
(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (1+x^2)}{x^2}dx&=\left[-\frac{\log (1+x^2)}{x}\right]_0^{\infty}+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x} \cdot \frac{2x}{1+x^2}dx\\
&=-\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{\log (1+x^2)}{x} +\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\log (1+x^2)}{x} +2 \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^2}dx\\
&=-\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{2x}{1+x^2}+\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{2x}{1+x^2}+2 \cdot \frac{π}{2}=π\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (1+x^2)}{x^2}dx=π$$







\begin{alignat}{2}
(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (1+x^2)}{(a+x)^2}dx&=\left[-\frac{\log (1+x^2)}{a+x}\right]_0^{\infty} +\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{2x}{(a+x)(1+x^2)}dx\\
&=-\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{\log (1+x^2)}{a+x}+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{2x}{(a+x)(1+x^2)}dx\\
&=-\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{2x}{1+x^2}+\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{2x}{(a+x)(1+x^2)}dx\\
&=2\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(a+x)(1+x^2)}dx\\
\end{alignat}被積分関数を部分分数分解します。$$\frac{A}{a+x}+\frac{Bx+C}{1+x^2}=\frac{x}{(a+x)(1+x^2)}$$\(A,B.C\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
A(1+x^2)+(Bx+C)(a+x)&=x\\
&\\
Ax^2+A+Bx^2+Bax+Cx+Ca&=x\\
&\\
(A+B)x^2+(Ba+C)x+A+Ca&=x\\
\end{alignat}両辺を恒等的に見ることで$$A+B=0,  Ba+C=1,  A+Ca=0$$を得るので、これを解きます。$$A=-\frac{a}{1+a^2},  B=\frac{a}{1+a^2},  C=\frac{1}{1+a^2}$$元の積分計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
&=\frac{2a}{1+a^2}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(-\frac{1}{a+x}+\frac{x}{1+x^2}+\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{1+x^2}\right)dx\\
&=\frac{2a}{1+a^2} \left[-\log |a+x|+\frac{1}{2}\log |1+x^2|+\frac{1}{a}\tan^{-1} x\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{2a}{1+a^2}\left(\frac{π}{2a}+\log a\right)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (1+x^2)}{(a+x)^2}dx=\frac{2a}{1+a^2}\left(\frac{π}{2a}+\log a\right)$$

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