x^{3}sinax/(x^4+b^4)[0,∞]などの定積分


\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2\cos ax}{x^4+b^4}dx=\frac{\sqrt{2}π}{4b}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}-\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^3\sin ax}{x^4+b^4}dx=\frac{π}{2}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^3\sin ax}{(x^2+b^2)^3}dx=\frac{πa}{16b}(3-ab)e^{-ab}\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^3\sin ax}{(x^2+b^2)^4}dx=\frac{πa}{96b^2}(3+3ab-a^2b^2)e^{-ab}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b \gt 0\)












<証明>

次の定積分の結果を用います。[詳細はこちらです。(A)(B)]
\begin{alignat}{2}
&(A)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x\sin ax}{x^4+b^4}dx=\frac{π}{2b^2}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\\
&(B)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^3\sin ax}{(x^2+b^2)^2}dx=\frac{π}{4}(2-ab)e^{-ab}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b \gt 0\)






\((1)\) \((A)\) の式の両辺を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2\cos ax}{x^4+b^4}dx&=\frac{π}{2b^2}\left(-\frac{b}{\sqrt{2}}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}+e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}} \cdot \frac{b}{\sqrt{2}}\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)\\
&=\frac{\sqrt{2}π}{4b}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}-\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2\cos ax}{x^4+b^4}dx=\frac{\sqrt{2}π}{4b}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}-\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)$$








\((2)\) \((1)\) の式の両辺を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{-x^3\sin ax}{x^4+b^4}dx&=\frac{\sqrt{2}π}{4b}\left\{-\frac{b}{\sqrt{2}}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}-\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)+e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(-\frac{b}{\sqrt{2}}\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}-\frac{b}{\sqrt{2}}\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)\right\}\\
&=-\frac{π}{4}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\left(\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}-\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}+\sin \frac{ab}{\sqrt{2}}+\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}\right)=-\frac{π}{2}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^3\sin ax}{x^4+b^4}dx=\frac{π}{2}e^{-\frac{ab}{\sqrt{2}}}\cos \frac{ab}{\sqrt{2}}$$






\((3)\) \((B)\) の式の両辺を \(b\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{-2 \cdot 2b \cdot x^3\sin ax}{(x^2+b^2)^3}dx&=\frac{π}{4}\left\{-ae^{-ab}+(2-ab)(-a)e^{-ab}\right\}\\
&=-\frac{πa}{4}(3-ab)e^{-ab}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^3\sin ax}{(x^2+b^2)^3}dx=\frac{πa}{16b}(3-ab)e^{-ab}$$







\((4)\) \((3)\) の式の両辺を \(b\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{-3 \cdot 2b \cdot x^3\sin ax}{(x^2+b^2)^4}dx&=\frac{πa}{16}\left\{-\frac{3}{b^2}e^{-ab}+\left(\frac{3}{b}-a\right)(-a)e^{-ab}\right\}\\
&=\frac{πa}{16b^2}\{-3e^{-ab}+(3b-ab^2)(-a)e^{-ab}\}\\
&=\frac{πa}{16b^2}(-3-3ab+a^2b^2)e^{-ab}\\
&=-\frac{πa}{16b^2}(3+3ab-a^2b^2)e^{-ab}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^3\sin ax}{(x^2+b^2)^4}dx=\frac{πa}{96b^2}(3+3ab-a^2b^2)e^{-ab}$$

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