tanx/x(a+bcos2x)[0,∞]などの定積分

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







<証明>

どちらも、次のロバチェフスキーの積分公式を用います。(詳細はこちらです。)

\(f(x+π)=-f(x)\) かつ \(f(-x)=f(x)\) のとき$$\displaystyle\int_0^{\infty} f(x) \cdot \frac{\sin x}{x}dx=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}f(x) \cos xdx$$



$$(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\tan x}{x(a+b \cos 2x)}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(a+b \cos 2x) \cos x} \cdot \frac{\sin x}{x}dx$$\(\displaystyle f(x)=\frac{1}{(a+b \cos 2x) \cos x}\) とすると

\(f(x+π)=-f(x)\) かつ \(f(-x)=f(x)\) を満たすので$$=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{1}{(a+b \cos 2x) \cos x} \cdot \cos x dx=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{1}{a+b \cos 2x}dx$$\(\tan x=t\) と置きます。このとき
\begin{alignat}{2}
&\frac{1}{\cos^2 x}dx=dt,  dx=\frac{1}{1+t^2}dt\\
&\cos 2x=\cos^2 x-\sin^2 x=\cos^2 x(1-\tan^2 x)=\frac{1-t^2}{1+t^2}\\
\end{alignat}であるので$$=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{a+b \cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{1}{1+t^2}dt=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{a(1+t^2)+b(1-t^2)}dt=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{a+b+(a-b)t^2}dt$$
ここから分岐します。

\((A)\) \(a \gt b\) のとき
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{a-b}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{\frac{a+b}{a-b}+t^2}dt=\frac{1}{a-b}\left[\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}t\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}} \cdot \frac{π}{2}=\frac{π}{2\sqrt{a^2-b^2}}
\end{alignat}
\((B)\) \(a \lt b\) のとき$$=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{b+a-(b-a)t^2}dt=\frac{1}{b-a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{\frac{b+a}{b-a}-t^2}dt$$ここで$$\displaystyle\int \frac{1}{A^2-t^2}dt=\frac{1}{2A}\log \left|\frac{t+A}{t-A}\right|$$であるから$$=\frac{1}{b-a}\left[\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}\log \left|\frac{t+\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}}{t-\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}}\right|\right]_0^{\infty}=0$$以上より
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\tan x}{x(a+b \cos 2x)}dx=
\begin{cases}
\displaystyle \frac{π}{2\sqrt{a^2-b^2}}  (a \gt b)\\
0          (a \lt b)\\
\end{cases}\\
\end{alignat}







$$(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\tan x}{x(a+b \cos 4x)}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(a+b \cos 4x) \cos x} \cdot \frac{\sin x}{x}dx$$\(\displaystyle f(x)=\frac{1}{(a+b \cos 4x) \cos x}\) とすると

\(f(x+π)=-f(x)\) かつ \(f(-x)=f(x)\) を満たすので$$=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{1}{(a+b \cos 4x) \cos x} \cdot \cos x dx=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{1}{a+b \cos 4x}dx$$\(\displaystyle 2x-\frac{π}{2}=t\) と置きます。\((2dx=dt)\)$$=\displaystyle\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{a+b \cos (2t+π)} \cdot \frac{1}{2}dt=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{1}{a-b \cos 2t}dt=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{1}{a-b \cos 2x}dx$$\((1)\) と同様におきます。$$=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{a-b \cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{1}{1+t^2}dt=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{a(1+t^2)-b(1-t^2)}dt=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{a-b+(a+b)t^2}dt$$
ここから分岐します。

\((A)\) \(a \gt b\) のとき
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{a+b}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{\frac{a-b}{a+b}+t^2}dt=\frac{1}{a+b}\left[\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}t\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}} \cdot \frac{π}{2}=\frac{π}{2\sqrt{a^2-b^2}}
\end{alignat}
\((B)\) \(a \lt b\) のとき
\begin{alignat}{2}
&=-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{b-a-(b+a)t^2}dt=-\frac{1}{b+a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{\frac{b-a}{b+a}-t^2}dt\\
&=-\frac{1}{b+a}\left[\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}\log \left|\frac{t+\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}}{t-\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}}\right|\right]_0^{\infty}=0
\end{alignat}
以上より
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\tan x}{x(a+b \cos 4x)}dx=
\begin{cases}
\displaystyle \frac{π}{2\sqrt{a^2-b^2}}  (a \gt b)\\
0          (a \lt b)\\
\end{cases}\\
\end{alignat}

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