log(a^2+b^2x^2)/(c^2+g^2x^2)[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (a^2+b^2x^2)}{c^2+g^2x^2}dx=\frac{π}{cg}\log \frac{ag+bc}{g}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (a^2+b^2x^2)}{c^2-g^2x^2}dx=-\frac{π}{cg}\tan^{-1} \frac{bc}{ag}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b,c,g \gt 0\)









<証明>

\((1)\) 求める定積分を \(I(b)\) と置きます。$$I(b)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (a^2+b^2x^2)}{c^2+g^2x^2}dx$$\(b=0\) のとき
\begin{alignat}{2}
I(0)&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log a^2}{c^2+g^2x^2}dx=2 \log a \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{c^2+g^2x^2}dx\\
&=2 \log a \left[\frac{1}{cg}\tan^{-1} \frac{gx}{c}\right]_0^{\infty}=2 \log a \cdot \frac{1}{cg} \cdot \frac{π}{2}=\frac{π\log a}{cg}\\
\end{alignat}
\(I(b)\) を \(b\) で微分します。$$I’(b)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{2bx^2}{(a^2+b^2x^2)(c^2+g^2x^2)}dx$$被積分関数を部分分数分解します。$$\frac{Ax+B}{a^2+b^2x^2}+\frac{Dx+E}{c^2+g^2x^2}=\frac{2bx^2}{(a^2+b^2x^2)(c^2+g^2x^2)}$$\(A,B,D,E\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
(Ax+B)(c^2+g^2x^2)+(Dx+E)(a^2+b^2x^2)&=2bx^2\\
&\\
Ag^2x^3+Bg^2x^2+Ac^2x+Bc^2+Db^2x^3+Eb^2x^2+Da^2x+Ea^2&=2bx^2\\
&\\
(Ag^2+Db^2)x^3+(Bg^2+Eb^2)x^2+(Ac^2+Da^2)x+Bc^2+Ea^2&=2bx^2
\end{alignat}両辺を恒等的に見ることで$$Ag^2+Db^2=0,  Bg^2+Eb^2=2b,  Ac^2+Da^2=0,  Bc^2+Ea^2=0$$を得るので、これを解くと$$A=D=0,  B=\frac{2a^2b}{a^2g^2-b^2c^2},  E=-\frac{2bc^2}{a^2g^2-b^2c^2}$$
元の積分計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
I’(b)&=\frac{2b}{a^2g^2-b^2c^2}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{a^2}{a^2+b^2x^2}-\frac{c^2}{c^2+g^2x^2}\right)dx\\
&=\frac{2b}{a^2g^2-b^2c^2} \left[\frac{a}{b}\tan^{-1} \frac{bx}{a}-\frac{c}{g}\tan^{-1} \frac{gx}{c}\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{2b}{a^2g^2-b^2c^2} \left(\frac{a}{b} \cdot \frac{π}{2}-\frac{c}{g} \cdot \frac{π}{2}\right)\\
&=\frac{πb}{a^2g^2-b^2c^2}\left(\frac{a}{b}-\frac{c}{g}\right)\\
&=\frac{πb}{a^2g^2-b^2c^2}\cdot \frac{ag-bc}{bg}=\frac{π}{g}\cdot \frac{1}{ag+bc}\\
\end{alignat}両辺を \(b\) で積分します。$$I(b)=\frac{π}{cg}\log (ag+bc)+C$$\(b=0\) のとき$$I(0)=\frac{π}{cg}\log ag+C=\frac{π\log a}{cg},  C=\frac{π}{cg}(\log a-\log ag)=\frac{π}{cg}\log \frac{1}{g}$$となるので$$I(b)=\frac{π}{cg}\log (ag+bc)+\frac{π}{cg}\log \frac{1}{g}=\frac{π}{cg}\log \frac{ag+bc}{g}$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (a^2+b^2x^2)}{c^2+g^2x^2}dx=\frac{π}{cg}\log \frac{ag+bc}{g}$$







\((2)\) 求める定積分を \(I(b)\) と置きます。$$I(b)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (a^2+b^2x^2)}{c^2-g^2x^2}dx$$\(b=0\) のとき
\begin{alignat}{2}
I(0)&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log a^2}{c^2-g^2x^2}dx=2 \log a \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{c^2-g^2x^2}dx\\
&=2 \log a \left[\frac{1}{2cg}\log \left|\frac{c+gx}{c-gx}\right|\right]_0^{\infty}=0\\
\end{alignat}
\(I(b)\) を \(b\) で微分します。$$I’(b)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{2bx^2}{(a^2+b^2x^2)(c^2-g^2x^2)}dx$$被積分関数を部分分数分解します。$$\frac{Ax+B}{a^2+b^2x^2}+\frac{Dx+E}{c^2-g^2x^2}=\frac{2bx^2}{(a^2+b^2x^2)(c^2-g^2x^2)}$$\(A,B,D,E\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
(Ax+B)(c^2-g^2x^2)+(Dx+E)(a^2+b^2x^2)&=2bx^2\\
&\\
-Ag^2x^3-Bg^2x^2+Ac^2x+Bc^2+Db^2x^3+Eb^2x^2+Da^2x+Ea^2&=2bx^2\\
&\\
(-Ag^2+Db^2)x^3+(-Bg^2+Eb^2)x^2+(Ac^2+Da^2)x+Bc^2+Ea^2&=2bx^2
\end{alignat}両辺を恒等的に見ることで$$-Ag^2+Db^2=0,  -Bg^2+Eb^2=2b,  Ac^2+Da^2=0,  Bc^2+Ea^2=0$$を得るので、これを解くと$$A=D=0,  B=-\frac{2a^2b}{a^2g^2+b^2c^2},  E=-\frac{2bc^2}{a^2g^2+b^2c^2}$$
元の積分計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
I’(b)&=-\frac{2b}{a^2g^2+b^2c^2}\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{a^2}{a^2+b^2x^2}+\frac{c^2}{c^2-g^2x^2}\right)dx\\
&=-\frac{2b}{a^2g^2+b^2c^2} \left[\frac{a}{b}\tan^{-1} \frac{bx}{a}+\frac{c}{2g}\log \left|\frac{c+gx}{c-gx}\right|\right]_0^{\infty}\\
&=-\frac{2b}{a^2g^2+b^2c^2} \cdot \frac{a}{b} \cdot \frac{π}{2}=-\frac{πa}{a^2g^2+b^2c^2}\\
\end{alignat}両辺を \(b\) で積分します。$$I(b)=-\frac{π}{cg}\tan^{-1} \frac{bc}{ag}+C$$\(b=0\) のとき \(C=0\) であるので$$I(b)=-\frac{π}{cg}\tan^{-1} \frac{bc}{ag}$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log (a^2+b^2x^2)}{c^2-g^2x^2}dx=-\frac{π}{cg}\tan^{-1} \frac{bc}{ag}$$

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