log(a+x)/(a+x^2)[0,1]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (a+x)}{a+x^2}dx=\frac{1}{2\sqrt{a}}\cot^{-1}\sqrt{a}\log a(a+1)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+ax)}{1+ax^2}dx=\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\sqrt{a}\log (a+1)\\
&(3)  \displaystyle\int_0^a \frac{\log (1+ax)}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\tan^{-1} a\log (1+a^2)\\
\end{alignat}ただし、全て \(a \gt 0\)











<証明>

\((1)\) 次の定積分を \(I(b)\) と置きます。(求める値は \(I(1)\) です。)$$I(b)=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (a+bx)}{a+x^2}dx$$ここで \(I(0)\) については$$I(0)=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log a}{a+x^2}dx=\log a\left[\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{x}{\sqrt{a}}\right]_0^1=\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log a$$\(I(b)\) を \(b\) で微分します。$$I’(b)=\displaystyle\int_0^1 \frac{x}{(a+bx)(a+x^2)}dx$$被積分関数を部分分数分解します。
\begin{alignat}{2}
\frac{A}{a+bx}+\frac{Bx+C}{a+x^2}&=\frac{x}{(a+bx)(a+x^2)}\\
&\\
A(a+x^2)+(Bx+C)(a+bx)&=x\\
&\\
Aa+Ax^2+Bbx^2+Bax+Cbx+Ca&=x\\
&\\
(A+Bb)x^2+(Ba+Cb)x+Aa+Ca&=x\\
\end{alignat}であるので$$A+Bb=0,  Ba+Cb=1,  Aa+Ca=0$$これを解くと$$A=-\frac{b}{a+b^2},  B=\frac{1}{a+b^2},  C=\frac{b}{a+b^2}$$\(I’(b)\) の計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
I’(b)&=\frac{1}{a+b^2}\displaystyle\int_0^1 \left(\frac{x}{a+x^2}+\frac{b}{a+x^2}-\frac{b}{a+bx}\right)dx\\
&=\frac{1}{a+b^2}\left[\frac{1}{2}\log (a+x^2)+\frac{b}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{x}{\sqrt{a}}-\log (a+bx)\right]_0^1\\
&=\frac{1}{a+b^2}\left\{\frac{1}{2}\log (a+1)+\frac{b}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}-\log (a+b) -\frac{1}{2}\log a+\log a\right\}\\
&=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{a+b^2}\log a(a+1)+\frac{1}{\sqrt{a}} \cdot \frac{b}{a+b^2}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{\log (a+b)}{a+b^2}\\
\end{alignat}両辺を、積分区間を \([0,1]\) として \(b\) で積分します。
\begin{alignat}{2}
[I(b)]_0^1&=\left[\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{b}{\sqrt{a}}\log a(a+1)+\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log (a+b^2)\right]_0^1-\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (a+b)}{a+b^2}db\\
I(1)-I(0)&=\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log a(a+1)+\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log (a+1)-\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log a-I(1)\\
2I(1)-\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log a&=\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\left\{\log a(a+1)+\log (a+1)-\log a\right\}\\
2I(1)&=\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log (a+1)^2+\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log a\\
&=\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log (a+1)+\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log a\\
2I(1)&=\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{a}}\log a(a+1)=\frac{1}{\sqrt{a}}\cot^{-1}\sqrt{a}\log a(a+1)\\
I(1)&=\frac{1}{2\sqrt{a}}\cot^{-1}\sqrt{a}\log a(a+1)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (a+x)}{a+x^2}dx=\frac{1}{2\sqrt{a}}\cot^{-1}\sqrt{a}\log a(a+1)$$







\((2)\) 次の定積分を \(I(b)\) と置きます。(求める値は \(I(1)\) であり、\(I(0)=0\) です。)$$I(b)=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+abx)}{1+ax^2}dx$$\(I(b)\) を \(b\) で微分します。$$I’(b)=\displaystyle\int_0^1 \frac{ax}{(1+abx)(1+ax^2)}dx$$被積分関数を部分分数分解します。
\begin{alignat}{2}
\frac{A}{1+abx}+\frac{Bx+C}{1+ax^2}&=\frac{ax}{(1+abx)(1+ax^2)}\\
&\\
A(1+ax^2)+(Bx+C)(1+abx)&=ax\\
&\\
A+Aax^2+Babx^2+Bx+Cabx+C&=ax\\
&\\
(Aa+Bab)x^2+(B+Cab)x+A+C&=ax\\
\end{alignat}であるので$$Aa+Bab=0,  B+Cab=1,  A+C=0$$これを解くと$$A=-\frac{ab}{1+ab^2},  B=\frac{a}{1+ab^2},  C=\frac{ab}{1+ab^2}$$\(I’(b)\) の計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
I’(b)&=\frac{1}{1+ab^2}\displaystyle\int_0^1 \left(\frac{ax}{1+ax^2}+\frac{ab}{1+ax^2}-\frac{ab}{1+abx}\right)dx\\
&=\frac{1}{1+ab^2}\left[\frac{1}{2}\log (1+ax^2)+ab \cdot \frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\sqrt{a}x-\log (1+abx)\right]_0^1\\
&=\frac{1}{1+ab^2}\left\{\frac{1}{2}\log (1+a)+b\sqrt{a}\tan^{-1}\sqrt{a}-\log (1+ab)\right\}\\
&=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1+ab^2}\log (1+a)+\frac{1}{\sqrt{a}}\cdot \frac{ab}{1+ab^2}\tan^{-1}\sqrt{a} -\frac{\log (1+ab)}{1+ab^2}\\
\end{alignat}両辺を、積分区間を \([0,1]\) として \(b\) で積分します。
\begin{alignat}{2}
[I(b)]_0^1&=\left[\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\sqrt{a}b \log (1+a) +\frac{1}{2\sqrt{a}} \tan^{-1}\sqrt{a} \log(1+ab^2) \right]_0^1-\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+ab)}{1+ab^2}db\\
I(1)&=\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\sqrt{a}\log(1+a) +\frac{1}{2\sqrt{a}} \tan^{-1}\sqrt{a}\log(1+a)-I(1)\\
2I(1)&=\frac{1}{\sqrt{a}}\tan^{-1}\sqrt{a}\log(1+a)\\
I(1)&=\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\sqrt{a}\log(1+a)\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+ax)}{1+ax^2}dx=\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\sqrt{a}\log (a+1)$$







\((3)\) 次の定積分を \(I(b)\) と置きます。(求める値は \(I(1)\) であり、\(I(0)=0\) です。)$$I(b)=\displaystyle\int_0^a \frac{\log (1+abx)}{1+x^2}dx$$また \(I(1)\) については \(x=ab\) と置くと、次式で表せます。\((dx=adb)\)$$I(1)=\displaystyle\int_0^a \frac{\log (1+ax)}{1+x^2}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+a^2b)}{1+a^2b^2} \cdot adb=a \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+a^2b)}{1+a^2b^2}db$$\(I(b)\) を \(b\) で微分します。$$I’(b)=\displaystyle\int_0^a \frac{ax}{(1+abx)(1+x^2)}dx$$被積分関数を部分分数分解します。
\begin{alignat}{2}
\frac{A}{1+abx}+\frac{Bx+C}{1+x^2}&=\frac{ax}{(1+abx)(1+x^2)}\\
&\\
A(1+x^2)+(Bx+C)(1+abx)&=ax\\
&\\
Ax^2+A+Babx^2+Bx+Cabx+C&=ax\\
&\\
(A+Bab)x^2+(B+Cab)x+A+C&=ax\\
\end{alignat}であるので$$A+Bab=0,  B+Cab=a,  A+C=0$$これを解くと$$A=-\frac{a^2b}{1+a^2b^2},  B=\frac{a}{1+a^2b^2},  C=\frac{a^2b}{1+a^2b^2}$$元の積分計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
I’(b)&=\frac{a}{1+a^2b^2}\displaystyle\int_0^a \left(\frac{x}{1+x^2}+\frac{ab}{1+x^2}-\frac{ab}{1+abx}\right)dx\\
&=\frac{a}{1+a^2b^2}\left[\frac{1}{2}\log (1+x^2)+ab \tan^{-1} a- \log (1+a^2b)\right]_0^a\\
&=\frac{a}{1+a^2b^2}\left\{\frac{1}{2}\log (1+a^2)+ab \tan^{-1} a- \log (1+a^2b)\right\}\\
&=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{1+a^2b^2}\log (1+a^2)+\frac{a^2b}{1+a^2b^2}\tan^{-1} a-a \cdot \frac{\log (1+a^2b)}{1+a^2b^2}\\
\end{alignat}両辺を、積分区間を \([0,1]\) として \(b\) で積分します。
\begin{alignat}{2}
[I(b)]_0^1&=\left[\frac{1}{2}(\tan^{-1} ab) \log (1+a^2)+\frac{1}{2}(\tan^{-1} a) \log(1+a^2b^2)\right]_0^1 -a \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+a^2b)}{1+a^2b^2}db\\
I(1)&=\frac{1}{2}\tan^{-1} a\log (1+a^2)+\frac{1}{2}\tan^{-1} a\log (1+a^2)-I(1)\\
2I(1)&=\tan^{-1} a\log (1+a^2)\\
I(1)&=\frac{1}{2}\tan^{-1} a\log (1+a^2)\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^a \frac{\log (1+ax)}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\tan^{-1} a\log (1+a^2)$$

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