sinqxcospx/x[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \cos px}{x}dx=
\begin{cases}
\frac{π}{2}  (q \gt 0)\\
0  (q \lt 0)\\
\frac{π}{4}  (q=p)\\
\end{cases}\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \sin px}{x}dx=\frac{1}{2} \log
\left|\frac{q+p}{q-p}\right|\end{alignat}



<証明>
積和の公式で三角関数を切り離し、被積分関数に \(e^{-ax}\) をかけた積分を
次のように \(I(a)\) と置いて \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \cos px}{x}dx=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \sin (q+p)x+\sin (q-p)x}{x}dx\\
&\\
&I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \sin (q+p)x+\sin (q-p)x}{x}e^{-ax}dx\\
&I’(a)=-\displaystyle\int_0^{\infty} \{ \sin (q+p)x+\sin (q-p)x\}e^{-ax}dx\\
&    =-\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} \sin (q+p)xdx-\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax}\sin (q-p)xdx\\
\end{alignat}それぞれ積分を計算します。
\begin{alignat}{2}
&(A) \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} \sin (q+p)xdx\\
&  =\left[\frac{e^{-ax}}{a^2+(q+p)^2}\{-a \sin (q+p)x-(q+p) \cos (q+p)x\}\right]_0^{\infty}\\
&  =\frac{q+p}{a^2+(q+p)^2}\\
&\\
&(B) \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} \sin (q-p)xdx\\
&  =\left[\frac{e^{-ax}}{a^2+(q-p)^2}\{-asin(q-p)x-(q-p)cos(q-p)x\}\right]_0^{\infty}\\
&  =\frac{q-p}{a^2+(q-p)^2}
\end{alignat}元の計算に戻ります。$$I’(a)=-\frac{q+p}{a^2+(q+p)^2}-\frac{q-p}{a^2+(q-p)^2}$$両辺を積分します。$$I(a)=- \tan^{-1} \frac{a}{q+p}-\tan^{-1} \frac{a}{q-p}+C$$ここで \(I(∞)=0\) を用いて \(q,p\) の大小関係による定数 \(C\) の値を求めます。

\((a)\) \(q \gt p\) のとき$$I(∞)=-\frac{π}{2}-\frac{π}{2}+C=0, C=π$$となるので$$I(a)=- \tan^{-1} \frac{a}{q+p}-\tan^{-1} \frac{a}{q-p}+π,  I(0)=π$$すなわち$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \cos px}{x}dx=\frac{π}{2}$$
 
\((b)\) \(q \lt p\) のとき$$I(∞)=-\frac{π}{2}+\frac{π}{2}+C=0, C=0$$となるので$$I(a)=- \tan^{-1} \frac{a}{q+p}-\tan^{-1} \frac{a}{q-p},  I(0)=0$$すなわち$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \cos px}{x}dx=0$$

\((c)\) \(q=p\) のとき$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \cos qx}{x}dx=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \sin 2qx}{x}dx=\frac{1}{2}\cdot \frac{π}{2}=\frac{π}{4}$$

これらを並べて
\begin{alignat}{2}
(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \cos px}{x}dx=
\begin{cases}
\frac{π}{2}  (q \gt 0)\\
0  (q \lt 0)\\
\frac{π}{4}  (q=p)
\end{cases}
\end{alignat}




(2) (1)と同様に解きます。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \sin px}{x}dx=-\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \cos (q+p)x-\cos (q-p)x}{x}dx\\
&\\
&I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{ \cos (q+p)x-\cos (q-p)x}{x}e^{-ax}dx\\
&I’(a)=-\displaystyle\int_0^{\infty} \{ \cos (q+p)x-\cos (q-p)x\}e^{-ax}dx\\
&    =-\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} \cos (q+p)xdx+\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax}\cos (q-p)xdx\\
\end{alignat}それぞれ積分を計算します。
\begin{alignat}{2}
&(A) \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} \cos (q+p)xdx\\
&  =\left[\frac{e^{-ax}}{a^2+(q+p)^2}\{(q+p) \sin (q+p)x-a \cos (q+p)x\}\right]_0^{\infty}\\
&  =\frac{a}{a^2+(q+p)^2}\\
&\\
&(B) \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} \cos (q-p)xdx\\
&  =\left[\frac{e^{-ax}}{a^2+(q-p)^2}\{(q-p) \sin (q-p)x-a \cos(q-p)x\}\right]_0^{\infty}\\
&  =\frac{a}{a^2+(q-p)^2}
\end{alignat}元の計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
&I’(a)=-\frac{a}{a^2+(q+p)^2}+\frac{a}{a^2+(q-p)^2}\\
&    =-\frac{1}{2}\left(\frac{2a}{a^2+(q+p)^2}-\frac{2a}{a^2+(q-p)^2}\right)
\end{alignat}両辺を積分します。
\begin{alignat}{2}
&I(a)=-\frac{1}{2}[ \log \{a^2+(q+p)^2\}-log\{a^2+(q-p)^2\}]\\
&    =-\frac{1}{2} \log \left\{\frac{a^2+(q+p)^2}{a^2+(q-p)^2}\right\}
\end{alignat}
ここで \(I(0)\) を求めます。$$I(0)=-\frac{1}{2} \log \left(\frac{q+p}{q-p}\right)^2=- \log \left|\frac{q+p}{q-p}\right|$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin qx \sin px}{x}dx=\frac{1}{2} \log
\left|\frac{q+p}{q-p}\right|$$

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