xtan^{-1}x/(p^2+x^2)^2[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \tan^{-1} qx}{(p^2+x^2)^2}dx=\frac{πq}{4p(1+pq)}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \cot^{-1} qx}{(p^2+x^2)^2}dx=\frac{π}{4p^2(1+pq)}\\
\end{alignat}ただし、全て \(p,q \gt 0\)









<証明>

予め、次の定積分などを計算しておきます。$$(A)  \displaystyle\int \frac{x}{(p^2+x^2)^2}dx=-\frac{1}{2(p^2+x^2)}$$
\begin{alignat}{2}
&(B)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(p^2+x^2)(1+q^2x^2)}dx\\
&=\frac{1}{q^2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(x^2+p^2)\left(x^2+\frac{1}{q^2}\right)}dx\\
&=\frac{1}{q^2} \cdot \frac{1}{\frac{1}{q^2}-p^2} \displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{x^2+p^2}-\frac{1}{x^2+\frac{1}{q^2}}\right)dx\\
&=\frac{1}{1-p^2q^2}\left[\frac{1}{p}\tan^{-1} \frac{x}{p}-q \tan^{-1} qx\right]_0^{\infty}\\
&=\frac{1}{1-p^2q^2}\left(\frac{π}{2p}-\frac{qπ}{2}\right)=\frac{1}{1-p^2q^2} \cdot \frac{π}{2p}(1-pq)=\frac{π}{2p(1+pq)}\\
\end{alignat}







どちらも部分積分を行い、\((B)\) の結果を代入します。
\begin{alignat}{2}
(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \tan^{-1} qx}{(p^2+x^2)^2}dx&=\left[-\frac{\tan^{-1}qx}{2(p^2+x^2)}\right]_0^{\infty} +\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{q}{(p^2+x^2)(1+q^2x^2)}dx\\
&=\frac{q}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(p^2+x^2)(1+q^2x^2)}dx\\
&=\frac{q}{2} \cdot \frac{π}{2p(1+pq)}=\frac{πq}{4p(1+pq)}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \tan^{-1} qx}{(p^2+x^2)^2}dx=\frac{πq}{4p(1+pq)}$$







\begin{alignat}{2}
(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \cot^{-1} qx}{(p^2+x^2)^2}dx&=\left[-\frac{\cot^{-1}qx}{2(p^2+x^2)}\right]_0^{\infty} -\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{q}{(p^2+x^2)(1+q^2x^2)}dx\\
&=\frac{π}{4p^2}-\frac{q}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{(p^2+x^2)(1+q^2x^2)}dx\\
&=\frac{π}{4p^2}-\frac{q}{2} \cdot \frac{π}{2p(1+pq)}=\frac{π}{4p^2}\cdot \frac{(1+pq)-pq}{1+pq}=\frac{π}{4p^2(1+pq)}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \cot^{-1} qx}{(p^2+x^2)^2}dx=\frac{π}{4p^2(1+pq)}$$

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