{shi(x)+si(x)}e^{-μx}[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{shi}(x)+\mathrm{si}(x)\}e^{-μx}dx=\frac{1}{μ}(\coth^{-1} μ-\tan^{-1} μ)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{shi}(x)-\mathrm{si}(x)\}e^{-μx}dx=\frac{1}{μ}(\coth^{-1} μ+\tan^{-1} μ)\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{chi}(x)+\mathrm{ci}(x)\}e^{-μx}dx=-\frac{1}{2μ}\log (μ^4-1)\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{chi}(x)-\mathrm{ci}(x)\}e^{-μx}dx=\frac{1}{2μ}\log \frac{μ^2+1}{μ^2-1}\\
\end{alignat}ただし、全て \(μ \gt 1\)










<証明>

次の定積分の結果を用います。[詳細はこちらです。(A)(B)(C)(D)]
\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{shi}(x) e^{-μx}dx=\frac{1}{2μ}\log \frac{μ+1}{μ-1}=\frac{1}{μ}\coth^{-1}μ  (μ \gt 1)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{chi}(x) e^{-μx}dx=-\frac{1}{2μ}\log (μ^2-1)  (μ \gt 1)\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{si}(ax)e^{-μx}dx=-\frac{1}{μ}\tan^{-1} \frac{μ}{a}  (a,μ \gt 0)\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{ci}(ax)e^{-μx}dx=-\frac{1}{μ}\log \sqrt{1+\frac{μ^2}{a^2}}  (a,μ \gt 0)\\
\end{alignat}







\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{shi}(x)+\mathrm{si}(x)\}e^{-μx}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{shi}(x)e^{-μx}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{si}(x)e^{-μx}dx\\
&=\frac{1}{μ}\coth^{-1}μ-\frac{1}{μ}\tan^{-1} μ=\frac{1}{μ}(\coth^{-1}μ-\frac{1}{μ}\tan^{-1} μ)\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{shi}(x)+\mathrm{si}(x)\}e^{-μx}dx=\frac{1}{μ}(\coth^{-1} μ-\tan^{-1} μ)$$







\begin{alignat}{2}
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{shi}(x)-\mathrm{si}(x)\}e^{-μx}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{shi}(x)e^{-μx}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{si}(x)e^{-μx}dx\\
&=\frac{1}{μ}\coth^{-1}μ+\frac{1}{μ}\tan^{-1} μ=\frac{1}{μ}(\coth^{-1}μ+\tan^{-1} μ)\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{shi}(x)-\mathrm{si}(x)\}e^{-μx}dx=\frac{1}{μ}(\coth^{-1} μ+\tan^{-1} μ)$$







\begin{alignat}{2}
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{chi}(x)+\mathrm{ci}(x)\}e^{-μx}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{chi}(x)e^{-μx}dx+\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{ci}(x)e^{-μx}dx\\
&=-\frac{1}{2μ}\log (μ^2-1)-\frac{1}{2μ}\log (μ^2+1)\\
&=-\frac{1}{2μ}\log (μ^2-1)(μ^2+1)=-\frac{1}{2μ}\log (μ^4-1)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{chi}(x)+\mathrm{ci}(x)\}e^{-μx}dx=-\frac{1}{2μ}\log (μ^4-1)$$







\begin{alignat}{2}
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{chi}(x)-\mathrm{ci}(x)\}e^{-μx}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{chi}(x)e^{-μx}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \mathrm{ci}(x)e^{-μx}dx\\
&=-\frac{1}{2μ}\log (μ^2-1)+\frac{1}{2μ}\log (μ^2+1)=\frac{1}{2μ}\log \frac{μ^2+1}{μ^2-1}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \{\mathrm{chi}(x)-\mathrm{ci}(x)\}e^{-μx}dx=\frac{1}{2μ}\log \frac{μ^2+1}{μ^2-1}$$

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