logx/(ax^2+2bx+c)[0,∞]などの定積分

\((1)\) \(a=c\) のとき$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{ax^2+2bx+c}dx=0   (a=c)$$\((2)\) \(a≠c\) のとき
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{ax^2+2bx+c}dx=
\begin{cases}
\displaystyle \frac{\log \frac{c}{a}}{2\sqrt{ac-b^2}} \tan^{-1} \frac{\sqrt{ac-b^2}}{b}  &(b^2 \lt ac)\\
\displaystyle \frac{\log \frac{c}{a}}{4\sqrt{b^2-ac}} \log \frac{b+\sqrt{b^2-ac}}{b-\sqrt{b^2-ac}}  &(b^2 \gt ac)\\
\displaystyle \frac{\log \frac{c}{a}}{2\sqrt{ac}}  &(b^2 = ac)\\
\end{cases}
\end{alignat}ただし、全て \(a,b,c \gt 0\)
$$(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{x^2+6x+4}dx=\frac{2\log 2}{\sqrt{5}} \log φ$$











<証明>

\((1)\) \(\displaystyle x=\frac{1}{t}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dx=-\frac{1}{t^2}dt\right)\)
\begin{alignat}{2}
I&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{ax^2+2bx+a}dx=\displaystyle\int_{\infty}^0 \frac{-\log t}{\frac{a}{t^2}+\frac{2b}{t}+a} \cdot \left(-\frac{1}{t^2}\right)dt\\
&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log t}{a+2bt+at^2}dt=-I,  2I=0,  I=0\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{ax^2+2bx+c}dx=0   (a=c)$$







\((2)\) \(\sqrt{a}x=\sqrt{c}t\) と置きます。\((\sqrt{a}dx=\sqrt{c}dt)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{ax^2+2bx+c}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log \sqrt{\frac{c}{a}}t}{ct^2+2b \sqrt{\frac{c}{a}}t+c} \cdot \sqrt{\frac{c}{a}}dt\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log t+\frac{1}{2} \log \frac{c}{a}}{\sqrt{ac}t^2+2bt+\sqrt{ac}}dt\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log t}{\sqrt{ac}t^2+2bt+\sqrt{ac}}dt+\frac{1}{2}\log \frac{c}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{\sqrt{ac}t^2+2bt+\sqrt{ac}}dt\\
\end{alignat}左の積分では \((1)\) の式を用いることができて、積分値は \(0\) になります。よって
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{2}\log \frac{c}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{\sqrt{ac}t^2+2bt+\sqrt{ac}}dt\\
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{t^2+\frac{2b}{\sqrt{ac}}t+1}dt    \cdots (A)\\
\end{alignat}
ここから分岐します。

\((α)\) \(b^2 \lt ac\) のとき
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{t^2+\frac{2b}{\sqrt{ac}}t+\frac{b^2}{ac}+1-\frac{b^2}{ac}}dt\\
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{\left(t+\frac{b}{\sqrt{ac}}\right)^2+1-\frac{b^2}{ac}}dt\\
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a} \left[\frac{\sqrt{ac}}{\sqrt{ac-b^2}} \tan^{-1} \frac{\sqrt{ac}}{\sqrt{ac-b^2}} \left(\frac{\sqrt{ac}t+b}{\sqrt{ac}}\right)\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{1}{2\sqrt{ac-b^2}}\log \frac{c}{a} \left[\tan^{-1} \frac{\sqrt{ac}t+b}{\sqrt{ac-b^2}} \right]_0^{\infty}\\
&=\frac{1}{2\sqrt{ac-b^2}}\log \frac{c}{a} \left(\frac{π}{2}-\tan^{-1}\frac{b}{\sqrt{ac-b^2}}\right)\\
&=\frac{\log \frac{c}{a}}{2\sqrt{ac-b^2}} \tan^{-1} \frac{\sqrt{ac-b^2}}{b}
\end{alignat}

\((β)\) \(b^2 \gt ac\) のとき [\((A)\) の式まで戻ります。]
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{t^2+\frac{2b}{\sqrt{ac}}t+\frac{b^2}{ac}+1-\frac{b^2}{ac}}dt\\
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{\left(t+\frac{b}{\sqrt{ac}}\right)^2-\left(\frac{b^2}{ac}-1\right)}dt\\
\end{alignat}次の不定積分より$$\displaystyle\int \frac{1}{x^2-A^2}dx=\frac{1}{2A}\log \left|\frac{x-A}{x+A}\right|+C$$この式を用いると
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a} \cdot \frac{1}{2\sqrt{\frac{b^2}{ac}-1}} \left[\log \left|\frac{\left(t+\frac{b}{\sqrt{ac}}\right)-\sqrt{\frac{b^2}{ac}-1}}{\left(t+\frac{b}{\sqrt{ac}}\right)+\sqrt{\frac{b^2}{ac}-1}}\right|\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{1}{4\sqrt{b^2-ac}}\log \frac{c}{a} \cdot \log \left|\frac{\frac{b}{\sqrt{ac}}+\sqrt{\frac{b^2}{ac}-1}}{\frac{b}{\sqrt{ac}}-\sqrt{\frac{b^2}{ac}-1}}\right|\\
&=\frac{\log \frac{c}{a}}{4\sqrt{b^2-ac}} \log \frac{b+\sqrt{b^2-ac}}{b-\sqrt{b^2-ac}}
\end{alignat}







\((γ)\) \(b^2 = ac\) のとき [\((A)\) の式まで戻ります。]
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{t^2+2t+1}dt\\
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(t+1)^2}dt\\
&=\frac{1}{2\sqrt{ac}}\log \frac{c}{a}\left[-\frac{1}{t+1}\right]_0^{\infty}=\frac{\log \frac{c}{a}}{2\sqrt{ac}}
\end{alignat}

以上より
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{ax^2+2bx+c}dx=
\begin{cases}
\displaystyle \frac{\log \frac{c}{a}}{2\sqrt{ac-b^2}} \tan^{-1} \frac{\sqrt{ac-b^2}}{b}  &(b^2 \lt ac)\\
\displaystyle \frac{\log \frac{c}{a}}{4\sqrt{b^2-ac}} \log \frac{b+\sqrt{b^2-ac}}{b-\sqrt{b^2-ac}}  &(b^2 \gt ac)\\
\displaystyle \frac{\log \frac{c}{a}}{2\sqrt{ac}}  &(b^2 = ac)\\
\end{cases}
\end{alignat}ただし、全て \(a≠c,\,a,b,c \gt 0\)








\((3)\) \(a=1,b=3,c=4\,\,(b^2 \gt ac)\) であるので
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{x^2+6x+4}dx&=\frac{\log 4}{4 \sqrt{9-4}}\log \frac{3+\sqrt{9-4}}{3-\sqrt{9-4}}\\
&=\frac{2 \log 2}{4\sqrt{5}} \log \frac{3+\sqrt{5}}{3-\sqrt{5}}=\frac{\log 2}{2\sqrt{5}} \log \frac{(3+\sqrt{5})^2}{9-5}\\
&=\frac{\log 2}{\sqrt{5}} \log \frac{3+\sqrt{5}}{2}=\frac{2\log 2}{\sqrt{5}} \log φ\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\log x}{x^2+6x+4}dx=\frac{2\log 2}{\sqrt{5}} \log φ$$

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