x^{μ-1}e^{-axcost}sin(axsint)[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax \cos t}\cos( ax \sin t)dx=\frac{Γ(μ)\cos μt}{a^μ}\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax \cos t}\sin( ax \sin t)dx=\frac{Γ(μ)\sin μt}{a^μ}\\
&(3) \displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1} e^{-ax} \cos (ax \tan t)dx=\frac{Γ(μ) \cos^μ t \cos μt}{a^μ}\\
&(4) \displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1} e^{-ax} \sin (ax \tan t)dx=\frac{Γ(μ) \cos^μ t \sin μt}{a^μ}\\
&(5) \displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} \cos bxdx=\frac{Γ(μ)}{(a^2+b^2)^{\frac{μ}{2}}} \cos\left(μ \tan^{-1}\frac{b}{a}\right)\\
&(6) \displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} \sin bxdx=\frac{Γ(μ)}{(a^2+b^2)^{\frac{μ}{2}}} \sin\left(μ \tan^{-1}\frac{b}{a}\right) 
\end{alignat}
ただし \(\displaystyle μ \gt 0, a,b \gt 0, |t| \lt \frac{π}{2}\)







<証明>

\((1)(2)\) 次のように、求める積分をそれぞれ \(I,J\) と置きます。
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax \cos t}\cos( ax \sin t)dx\\
&J=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax \cos t}\sin( ax \sin t)dx\\
\end{alignat}\(I-iJ\) を計算します。
\begin{alignat}{2}
&I-iJ=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax \cos t}\{\cos( ax \sin t)-i\sin (ax \sin t)\}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax \cos t}e^{-iax \sin t}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax (\cos t+i \sin t)}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}\mathrm{exp} (-ax e^{it})dx\\
\end{alignat}\(ae^{it}x=s\) と置きます。\(\left(\displaystyle dx=\frac{e^{-it}}{a}ds\right)\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-it}}{a}\right)^{μ-1} e^{-s} \cdot \frac{e^{-it}}{a}ds=\frac{e^{-int}}{a^μ}\displaystyle\int_0^{\infty} s^{μ-1}e^{-s}ds\\
&=\frac{Γ(μ)}{a^μ}(\cos μt -i \sin μt)
\end{alignat}以上より、実部と虚部を比較することで次式を得ます。
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax \cos t}\cos( ax \sin t)dx=\frac{Γ(μ)\cos μt}{a^μ}\\
&J=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax \cos t}\sin( ax \sin t)dx=\frac{Γ(μ)\sin μt}{a^μ}\\
\end{alignat}






\((3)(4)\) 次のように、求める積分をそれぞれ \(I,J\) と置きます。
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} \cos( ax \tan t)dx\\
&J=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} \sin( ax \tan t)dx\\
\end{alignat}\(I-iJ\) を計算します。
\begin{alignat}{2}
&I-iJ=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} \{\cos( ax \tan t)-i\sin (ax \tan t)\}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} e^{-iax \tan t}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax (1+i \tan t)}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax (\cos t+i \sin t) \cdot \frac{1}{\cos t}}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}\mathrm{exp} \left(-\frac{ae^{it}x}{\cos t}\right)dx\\
\end{alignat}\(\displaystyle \frac{ae^{it}}{\cos t}x=s\) と置きます。\(\left(\displaystyle \frac{ae^{it}}{\cos t}dx=ds\right)\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{\cos t}{ae^{it}}s\right)^{μ-1} e^{-s} \cdot \frac{\cos t}{ae^{it}}ds=\frac{\cos^μ t}{a^μ e^{iμt}}\displaystyle\int_0^{\infty} s^{μ-1}e^{-s}ds\\
&=\frac{Γ(μ) \cos^μ t}{a^μ}(\cos μt -i \sin μt)
\end{alignat}以上より、実部と虚部を比較することで次式を得ます。
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1} e^{-ax} \cos (ax \tan t)dx=\frac{Γ(μ) \cos^μ t \cos μt}{a^μ}\\
&J=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1} e^{-ax} \sin (ax \tan t)dx=\frac{Γ(μ) \cos^μ t \sin μt}{a^μ}\\
\end{alignat}






\((5)(6)\) 次のように、求める積分をそれぞれ \(I,J\) と置きます。
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} \cos bx dx\\
&J=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} \sin bx dx\\
\end{alignat}\(I-iJ\) を計算します。
\begin{alignat}{2}
&I-iJ=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} (\cos bx-i \sin bx)dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} e^{-ibx}dx\\
&     =\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-(a+ib)x}dx\\
\end{alignat}\( (a+ib)x=s\) と置きます。\(\left[\displaystyle (a+ib)dx=ds\right]\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{s}{a+ib}\right)^{μ-1} e^{-s} \cdot \frac{1}{a+ib}ds=\frac{1}{(a+ib)^μ}\displaystyle\int_0^{\infty} s^{μ-1}e^{-s}ds\\
&=Γ(μ) \cdot \frac{(a-ib)^μ}{(a^2+b^2)^μ}
\end{alignat}ここで \(a-ib\) について$$a-ib=\sqrt{a^2+b^2}\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}-i \cdot \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)$$として、次のように三角関数を置きます$$\cos θ=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},  \sin θ=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}  \left(\tan θ=\frac{b}{a}, θ=\tan^{-1}\frac{b}{a}\right)$$このとき$$a-ib=\sqrt{a^2+b^2}(\cos θ-i \sin θ)$$となるので、両辺を \(μ\) 乗すると$$(a-ib)^μ=(a^2+b^2)^{\frac{μ}{2}}(\cos μθ-i \sin μθ)$$となるから
\begin{alignat}{2}
&I-iJ=\frac{Γ(μ)}{(a^2+b^2)^{\frac{μ}{2}}}(\cos μθ-i \sin μθ)\\
&     =\frac{Γ(μ)}{(a^2+b^2)^{\frac{μ}{2}}}\left\{ \cos \left(μ \tan^{-1} \frac{b}{a}\right)-i \cos \left(μ \tan^{-1} \frac{b}{a}\right)\right\}
\end{alignat}
以上より、実部と虚部を比較することで次式を得ます。
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} \cos bxdx=\frac{Γ(μ)}{(a^2+b^2)^{\frac{μ}{2}}} \cos\left(μ \tan^{-1}\frac{b}{a}\right)\\
&J=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}e^{-ax} \sin bxdx=\frac{Γ(μ)}{(a^2+b^2)^{\frac{μ}{2}}} \sin\left(μ \tan^{-1}\frac{b}{a}\right)\\
\end{alignat}

コメントを残す

メールアドレスが公開されることはありません。 * が付いている欄は必須項目です