文献あり

積分が解けませんでした

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さっきDon＠ld氏が難しそうな積分の問題( https://mathlog.info/articles/1750 ) が投稿されていたので, それを考えたいと思います.
$\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{π t / 2} (2 t \cos (e^{π t / 2} + \frac{π}{4}) + (t^{2} + 3) \sin (e^{π t / 2} + \frac{π}{4}))}{(t^{2} + 1) (t^{2} + 9)} d t \end{array}$
まず収束性が問題です. 積分の中身は $t \to \infty$ で指数関数的に無限に発散しているので, 発散しているように見えるかもしれません. まず, $(- \infty, 0)$ の範囲では絶対収束しています. $0 < α$ とします. 置換 $e^{α x} \mapsto x$ により,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} e^{α x} f (e^{α x}) d x = \frac{1}{α} \int_{1}^{\infty} f (x) d x \end{array}$
という感じになるので, 被積分関数の $(0, \infty)$ での積分は $α = \frac{π}{2}$ として,
$\begin{array}{r} \frac{1}{α} \int_{1}^{\infty} \frac{\frac{2}{α} (\ln x) \cos (x + \frac{π}{4}) + ({(\frac{\ln x}{α})}^{2} + 3) \sin (x + \frac{π}{4})}{({(\frac{\ln x}{α})}^{2} + 1) ({(\frac{\ln x}{α})}^{2} + 9)} d x \end{array}$
少し複雑で分かりにくいですが, 部分分数分解を用いて展開すると, $α, β$ を実数として, $n = 0, 1$ に対し,
$\begin{array}{r} \int_{1}^{\infty} \frac{(\ln^{n} x) \sin (x + α)}{\ln^{2} x + β^{2}} d x \end{array}$
が収束することを示せば十分です. ここで, 補題を用意します.

$a_{n}$ が非負で狭義単調減少な数列で,
$\begin{array}{r} lim_{n \to \infty} a_{n} = 0 \end{array}$
であるとき,
$\begin{array}{r} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} a_{n} \end{array}$
は収束する.

これは簡単なので, 証明は省略する.

$[0, \infty)$ で定義された非負連続関数 $f (x)$ を, 十分大きな $0 < M$ をとれば, $[M, \infty)$ で狭義単調減少な関数で,
$\begin{array}{r} lim_{x \to \infty} f (x) = 0 \end{array}$
とすると,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} f (x) \sin x d x \end{array}$
は収束する.

$M < 2 π N$ となる, $N \in N$ をとると, $f (x)$ は $[2 π N, \infty)$ で狭義単調減少である. また, $f$ は $[0, 2 π N]$ で有界であるから,
$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\infty} f (x) \sin x d x & = & \int_{0}^{2 π N} f (x) \sin x d x + \int_{2 π N}^{\infty} f (x) \sin x d x \\ = & \int_{0}^{2 π N} f (x) \sin x d x + \int_{0}^{\infty} f (x + 2 π N) \sin x d x \end{array}$
より, 第1項は収束するので, 第2項が収束することを示せばよいので, はじめから $[0, \infty)$ で狭義単調減少な関数としてよい. このとき,
$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\infty} f (x) \sin x d x & = & \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{n π}^{(n + 1) π} f (x) \sin x d x \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \int_{0}^{π} f (x + n π) \sin x d x \end{array}$
ここで, $f$ は狭義単調減少だったから, $x \in (0, π)$ で, $f (x + n π) > f (x + (n + 1) π)$
よって,
$\begin{array}{r} a_{n} = \int_{0}^{π} f (x + n π) \sin x d x \end{array}$
は狭義単調減少な数列である. また,
$\begin{array}{rcl} lim_{n \to \infty} a_{n} & = & lim_{n \to \infty} \int_{0}^{π} f (x + n π) \sin x d x \\ \leq & π lim_{n \to \infty} f (x + n π) \\ = & 0 \end{array}$
である. よって, 補題1より積分は収束する.

さて, この補題を $α$ だけ平行移動することにより,
$\begin{array}{r} \int_{1}^{\infty} \frac{(\ln^{n} x) \sin (x + α)}{\ln^{2} x + β^{2}} d x \end{array}$
の収束性が分かる. さて, もとの積分の値を求める方法を考えていきたい. 同様の置換により, 積分区間は $(- \infty, \infty)$ から $(0, \infty)$ になる. また, 上の分母をさらに部分分数分解することで,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin (x + α)}{\ln x + β} d x \end{array}$
の形の積分を求めればよいので,
$\begin{array}{r} h_{\pm} (α) = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{\pm i x}}{\ln x + i α} d x \end{array}$
とおいて, これを考えればよい. 以下, $\ln x$ は十分小さな $δ$ をとって, 偏角 $(- π + δ, π + δ)$ で一価正則で $\ln e^{i x} = i x$ となるような範囲で枝をとるとする.

$\begin{array}{r} h_{+} (α) + h_{-} (α + π) = {\begin{cases} 0, (0 < α < π) \\ 2 π i e^{i (e^{- i α} - α)}, (- π < α < 0) \end{cases} \\ h_{-} (α) + h_{+} (α - π) = {\begin{cases} 0, (- π < α < 0) \\ - 2 π i e^{i (- e^{- i α} - α)}, (0 < α < π) \end{cases} \end{array}$

以下のような積分路 $C_{ε}$ を考える.
積分路
すると,
$\begin{array}{rcl} \int_{C_{ε}} \frac{e^{i x}}{\ln x + i α} d x & = & \int_{ε}^{\infty} \frac{e^{i x}}{\ln x + i α} d x + \int_{ε}^{\infty} \frac{e^{- i x}}{\ln x + i α + i π} d x - i ε \int_{0}^{π} \frac{e^{i ε e^{i x} + i x}}{\ln ε e^{i x} + i α} d x \end{array}$
$ε \to 0$ として, 第3項は $0$ に収束する. よって,
$\begin{array}{r} lim_{ε \to 0} \int_{C_{ε}} \frac{e^{i x}}{\ln x + i α} d x = h_{+} (α) + h_{-} (α + π) \end{array}$

今度は以下のように積分路 $C$ をとる.
積分路2
$\begin{array}{r} \int_{\pm R_{1}}^{\pm R_{1} + i R_{2}} \frac{e^{i x}}{\ln x + i α} d x = e^{\pm i R_{1}} \int_{0}^{R_{2}} \frac{e^{- x}}{\ln (\pm R_{1} + i x) + i α} d x \end{array}$
は $R_{1} \to \infty$ で $0$ に収束し,
$\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{i (x + i R_{2})}}{\ln (x + i R_{2}) + i α} d x = e^{- R_{2}} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{i x}}{\ln (x + i R_{2}) + i α} d x \end{array}$
も $R_{2} \to \infty$ で $0$ に収束するので, $R_{1}, R_{2} \to \infty$ で残るのは先ほどの $C_{ε}$ である. よって, $- π < α < 0$ のとき, $x = e^{- i α}$ の留数は $e^{i (e^{- i α} - α)}$ であるから, 留数定理より,
$\begin{array}{r} h_{+} (α) + h_{-} (α + π) = {\begin{cases} 0, (0 < α < π - δ) \\ 2 π i e^{i (e^{- i α} - α)}, (- π < α < 0) \end{cases} \end{array}$

$\ln x$ の主値の偏角を $(- π - δ, π - δ)$ として, 点対称な積分路で $h_{-}$ に対し全く同じ議論をすることにより,

$\begin{array}{r} h_{-} (α) + h_{+} (α - π) = {\begin{cases} 0, (- π + δ < α < 0) \\ - 2 π i e^{i (- e^{- i α} - α)}, (0 < α < π) \end{cases} \end{array}$
ここで, $δ \to 0$ として,
$\begin{array}{r} h_{+} (α) + h_{-} (α + π) = {\begin{cases} 0, (0 < α < π) \\ 2 π i e^{i (e^{- i α} - α)}, (- π < α < 0) \end{cases} \\ h_{-} (α) + h_{+} (α - π) = {\begin{cases} 0, (- π < α < 0) \\ - 2 π i e^{i (- e^{- i α} - α)}, (0 < α < π) \end{cases} \end{array}$

さて, $α = \frac{π}{2}$ として, もとの積分を変形していきます.
$\begin{array}{rcl} I & = & \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{π t / 2} (2 t \cos (e^{π t / 2} + \frac{π}{4}) + (t^{2} + 3) \sin (e^{π t / 2} + \frac{π}{4}))}{(t^{2} + 1) (t^{2} + 9)} d t \\ = & \frac{1}{α} \int_{0}^{\infty} \frac{\frac{2}{α} (\ln x) \cos (x + \frac{π}{4}) + ({(\frac{\ln x}{α})}^{2} + 3) \sin (x + \frac{π}{4})}{({(\frac{\ln x}{α})}^{2} + 1) ({(\frac{\ln x}{α})}^{2} + 9)} d x \\ = & α \int_{0}^{\infty} \frac{2 α (\ln x) \cos (x + \frac{π}{4}) + (\ln^{2} x + 3 α^{2}) \sin (x + \frac{π}{4})}{(\ln^{2} x + α^{2}) (\ln^{2} x + 9 α^{2})} d x \\ = & 2 α^{2} \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos (x + \frac{π}{4}) + α \sin (x + \frac{π}{4})}{(\ln^{2} x + α^{2}) (\ln^{2} x + (3 α)^{2})} d x + α \int_{0}^{\infty} \frac{\sin (x + \frac{π}{4})}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}} d x \\ = & \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} ((\ln x) \cos (x + \frac{π}{4}) + α \sin (x + \frac{π}{4})) (\frac{1}{\ln^{2} x + α^{2}} - \frac{1}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}}) d x \\ + & α \int_{0}^{\infty} \frac{\sin (x + \frac{π}{4})}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}} d x \\ = & \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos (x + \frac{π}{4})}{\ln^{2} x + α^{2}} d x + \frac{α}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin (x + \frac{π}{4})}{\ln^{2} x + α^{2}} d x \\ - & \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos (x + \frac{π}{4})}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}} d x + \frac{3 α}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin (x + \frac{π}{4})}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}} d x \end{array}$

また, 任意の $α$ に対し,
$\begin{array}{rcl} h_{+} (α) & = & \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i x}}{\ln x + i α} d x \\ = & \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x - i α) (\cos x + i \sin x)}{\ln^{2} x + α^{2}} d x \\ = & \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos x + α \sin x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x + i \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \sin x - α \cos x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x \\ h_{-} (α) & = & \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos x - α \sin x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x - i \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \sin x + α \cos x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x \end{array}$

さて, 定理の1つ目の式に $α = \frac{π}{2}$ として,
$\begin{array}{rcl} h_{+} (\frac{π}{2}) + h_{-} (\frac{3 π}{2}) = 0 \end{array}$

よって, 上の式は $α = \frac{π}{2}$ として,

$\begin{array}{rcl} (\int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos x + α \sin x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x + \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos x - 3 α \sin x}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}} d x) \\ + & i (\int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \sin x - α \cos x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x - \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \sin x + 3 α \cos x}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}}) = 0 \end{array}$
これより,

$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos x + α \sin x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x + \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos x - 3 α \sin x}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}} d x = 0 \\ \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \sin x - α \cos x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x - \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \sin x + 3 α \cos x}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}} d x = 0 \end{array}$
この2つの式を足し合わせて,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos (x + \frac{π}{4}) - 3 α \sin (x + \frac{π}{4})}{\ln^{2} x + (3 α)^{2}} d x = - \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \sin (x + \frac{π}{4}) - α \cos (x + \frac{π}{4})}{\ln^{2} x + α^{2}} d x \end{array}$
これを先ほどの $I$ の式に代入して, 加法定理で整理すると,
$\begin{array}{rcl} I & = & \frac{1}{2 \sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos x + α \sin x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x \end{array}$

ここで, 定理の1つ目の式に $α = - \frac{π}{2}$ を代入して,
$\begin{array}{rcl} h_{+} (- \frac{π}{2}) + h_{-} (\frac{π}{2}) = - \frac{2 π}{e} \end{array}$
であるから, これを $α = \frac{π}{2}$ として整理して,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos x - α \sin x}{\ln^{2} x + α^{2}} = - \frac{π}{e} \end{array}$
さて,

$\begin{array}{rcl} I & = & \frac{1}{2 \sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x) \cos x + α \sin x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x \\ = & \frac{π}{2 \sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x - \frac{π}{2 e \sqrt{2}} \end{array}$
あれ, おかしいな.
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{\ln^{2} x + α^{2}} d x \end{array}$
これを求める方法があるのだろうか. ということは僕の方針がちょっと微妙だったのかもしれません. 最後の形をまとめておきます.