tan^{-1}px/(1+p^{2}x)dx[0,1]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^1 \frac{\tan^{-1} px}{1+p^2x}dx=\frac{1}{2p^2}\tan^{-1} p \log (1+p^2)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^1 \frac{\cot^{-1} px}{1+p^2x}dx=\frac{1}{2p^2}\left(\frac{π}{2}+\cot^{-1} p\right) \log (1+p^2)\\
\end{alignat}ただし、全て \(p \gt 0\)









<証明>

次の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです。)$$(A)  \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+ax)}{1+ax^2}dx=\frac{1}{2\sqrt{a}}\tan^{-1}\sqrt{a}\log (a+1)$$ただし \(a \gt 0\)





\((1)\) 部分積分を行い、\((A)\) の式を代入します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^1 \frac{\tan^{-1} px}{1+p^2x}dx\\
&=\left[\frac{1}{p^2}\tan^{-1}px \log (1+p^2x)\right]_0^1 -\displaystyle\int_0^1 \frac{p}{1+p^2x^2}\cdot \frac{1}{p^2}\log (1+p^2x)dx\\
&=\frac{1}{p^2}\tan^{-1}p \log (1+p^2)-\frac{1}{p} \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+p^2x)}{1+p^2x^2}dx\\
&=\frac{1}{p^2}\tan^{-1}p \log (1+p^2)-\frac{1}{p} \cdot \frac{1}{2p}\tan^{-1}p \log (1+p^2)\\
&=\frac{1}{2p^2}\tan^{-1} p \log (1+p^2)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{\tan^{-1} px}{1+p^2x}dx=\frac{1}{2p^2}\tan^{-1} p \log (1+p^2)$$







\((2)\) \((1)\) と同様に計算します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^1 \frac{\cot^{-1} px}{1+p^2x}dx\\
&=\left[\frac{1}{p^2}\cot^{-1}px \log (1+p^2x)\right]_0^1 +\displaystyle\int_0^1 \frac{p}{1+p^2x^2}\cdot \frac{1}{p^2}\log (1+p^2x)dx\\
&=\frac{1}{p^2}\cot^{-1}p \log (1+p^2)+\frac{1}{p} \displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+p^2x)}{1+p^2x^2}dx\\
&=\frac{1}{p^2}\cot^{-1}p \log (1+p^2)-\frac{1}{p} \cdot \frac{1}{2p}\tan^{-1}p \log (1+p^2)\\
&=\frac{1}{p^2}\cot^{-1} p \log (1+p^2) +\frac{1}{2p^2}\left(\frac{π}{2}-\cot^{-1}p\right)\log (1+p^2)\\
&=\frac{1}{p^2}\cot^{-1} p \log (1+p^2)+\frac{π}{4p^2}\log (1+p^2)-\frac{1}{2p^2}\cot^{-1} p \log (1+p^2)\\
&=\frac{π}{4p^2}\log (1+p^2)+\frac{1}{2p^2}\cot^{-1} p \log (1+p^2)\\
&=\frac{1}{2p^2}\left(\frac{π}{2}+\cot^{-1} p\right) \log (1+p^2)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{\cot^{-1} px}{1+p^2x}dx=\frac{1}{2p^2}\left(\frac{π}{2}+\cot^{-1} p\right) \log (1+p^2)$$

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