sin^2(ax)/(x^2+b^2)[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 ax}{x^2+b^2}dx=\frac{π}{4b}(1-e^{-2ab})\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos^2 ax}{x^2+b^2}dx=\frac{π}{4b}(1+e^{-2ab})\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b \gt 0\)








<証明>

\((1)\) \(x=bt\) と置きます。\((dx=bdt)\)$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 ax}{x^2+b^2}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 abt}{b^2t^2+b^2} \cdot bdt=\frac{1}{b}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 abt}{t^2+1}dt$$ここで次の定積分を \(I(a)\) と置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 abt}{t^2+1}dt$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&I’(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{2bt \sin abt \cos abt}{t^2+1}dt=b \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{t \sin 2abt}{t^2+1}dt\\
&    =b \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{t^2 \sin 2abt}{t(t^2+1)}dt=b \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\{(t^2+1)-1\} \sin 2abt}{t(t^2+1)}dt\\
&    =b\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin 2abt}{t}dt-b \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin 2abt}{t(t^2+1)}dt\\
&    =\frac{πb}{2}-b\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin 2abt}{t(t^2+1)}dt\\
\end{alignat}もう一度 \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&I’’(a)=-2b^2 \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos 2abt}{t^2+1}dt=-2b^2\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1-2\sin^2 abt}{t^2+1}dt\\
&    =-2b^2\left(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{t^2+1}dt-2 \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 abt}{t^2+1}dt\right)\\
&    =-2b^2\left\{\frac{π}{2}-2I(a)\right\}=-πb^2+4b^2I(a)
\end{alignat}よって、以下の微分方程式を得ます。$$I’’(a)-4b^2I(a)=-πb^2,  I(0)=0,  I’(0)=\frac{πb}{2}$$特性方程式を解きます。$$λ^2-4b^2=0,  λ=\pm 2b$$よって、特殊解は$$I(a)=C_1e^{2ab}+C_2e^{-2ab}$$次に一般解を求めます。
\begin{alignat}{2}
&(D^2-4b^2)y_0=-πb^2,  y_0=\frac{-πb^2}{(D-2b)(D+2b)}\\
&\\
&y_0=\frac{-πb^2}{D-2b}\cdot e^{-2ab}\displaystyle\int e^{2ab}da=\frac{-πb^2}{D-2b}\cdot e^{-2ab} \cdot \frac{1}{2b} \cdot e^{2ab}\\
&  =
-\frac{πb}{2} \cdot \frac{1}{D-2b}=-\frac{πb}{2} \cdot e^{2ab} \displaystyle\int e^{-2ab}da\\
&  = -\frac{πb}{2} \cdot e^{2ab} \left(-\frac{1}{2b}\right)e^{-2ab}=\frac{π}{4}
\end{alignat}よって、一般解は$$I(a)=\frac{π}{4}+C_1e^{2ab}+C_2e^{-2ab}$$定数 \(C_1,C_2\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
&I’(a)=2bC_1e^{2ab}-2bC_2e^{-2ab}\\
&\\
&I(0)=\frac{π}{4}+C_1+C_2=0,  I’(0)=2bC_1-2bC_2=\frac{πb}{2}\\
&\\
&C_1+C_2=-\frac{π}{4},  C_1-C_2=\frac{π}{4},  C_1=0, C_2=-\frac{π}{4}
\end{alignat}すなわち$$I(a)=\frac{π}{4}-\frac{π}{4}e^{-2ab}=\frac{π}{4}(1-e^{2ab})$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 ax}{x^2+b^2}dx=\frac{1}{b}I(a)=\frac{π}{4b}(1-e^{-2ab})$$







\((2)\) \((1)\) の結果を用います。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos^2 ax}{x^2+b^2}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1-\sin^2 ax}{x^2+b^2}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2+b^2}dx-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 ax}{x^2+b^2}dx\\
&             =\left[\frac{1}{b}\tan^{-1}\frac{x}{b}\right]_0^{\infty}-\frac{π}{4b}(1-e^{-2ab})\\
&             =\frac{π}{2b}-\frac{π}{4b}+\frac{π}{4b}e^{-2ab}=\frac{π}{4b}+\frac{π}{4b}e^{-2ab}=\frac{π}{4b}(1+e^{-2ab})
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos^2 ax}{x^2+b^2}dx=\frac{π}{4b}(1+e^{-2ab})$$

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