文献あり

積分の続き

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前回の記事( https://mathlog.info/articles/1752 ) では, Don＠ld氏の問題,
$\begin{array}{r} I = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{π / 2} (2 t \cos (e^{π t / 2} + \frac{π}{4}) + (t^{2} + 3) \sin (e^{π t / 2} + \frac{π}{4}))}{(t^{2} + 1) (t^{2} + 9)} d t \end{array}$
を
$\begin{array}{r} I = \frac{π}{2 \sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{\ln^{2} x + (π / 2)^{2}} d x - \frac{π}{2 e \sqrt{2}} \end{array}$
まで, 変形しました. 今回こそはこれを解いていきたいと思います. どうやらマイナーな定数が使われているらしいということが分かったんですが, まず, 前回の定理3を強くしていきたいと思います.

以下のように関数 $η$ を定義する. 定義域は右辺の積分が収束する範囲とする.
$\begin{array}{r} η (α, z) := \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i α x}}{\ln x - z} d x \end{array}$

$0 < α \in R$ のとき,
$\begin{array}{r} η (α, z) + η (- α, z - i π) = {\begin{cases} 2 π i e^{z + i α e^{z}}, (0 < Im z < π) \\ 0, (o t h e r w i s e) \end{cases} \end{array}$

これは前回の定理3とまったく同様なので証明は省略する.

$0 < Re {α}, Im {α}, 0 < β \leq \frac{π}{2}$ のとき,
$\begin{array}{r} η (α, z) - e^{i β} η (α e^{i β}, z - i β) = {\begin{cases} 2 π i e^{z + i α e^{z}}, (0 < Im z < β) \\ 0, (o t h e r w i s e) \end{cases} \end{array}$

被積分関数
$\begin{array}{r} \frac{e^{i α x}}{\ln x - z} \end{array}$
に対し, 以下のような積分路を考える.

積分路
先に $R_{1} \to \infty$ とするとして,
$\begin{array}{r} \int_{R_{3} + i R_{2}}^{\infty + i R_{2}} \frac{e^{i α x}}{\ln x - z} d x \end{array}$
が $R_{2} \to \infty$ で $0$ に収束することを示せば, あとは同様に留数定理から従う.
$\begin{array}{rcl} \int_{R_{3} + i R_{2}}^{\infty + i R_{2}} \frac{e^{i α x}}{\ln x - z} d x & = & e^{- α R_{2}} \int_{R_{3}}^{\infty} \frac{e^{i α x}}{\ln (x + i R_{2}) - z} d x \end{array}$
$0 < Im {α}$ ならば積分は収束し, $R_{2} \to \infty$ のとき, $0$ に収束する. また $0 < Re {α}$ より, $e^{- α R_{2}}$ も $0$ に収束する. よって, 定理は示された.

$0 < α \in R$ のとき,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin α x}{\ln^{2} x + (π / 2)^{2}} d x = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- α x}}{\ln^{2} x + π^{2}} d x + e^{- α} \end{array}$

定理1で $z = \frac{i π}{2}$ として,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln x \cos α x - \frac{π}{2} \sin α x}{\ln^{2} x + (π / 2)^{2}} d x = - π e^{- α} \end{array}$
また, 定理2で $β = \frac{π}{2}, z = - \frac{i π}{2}$ として, その実部をとって,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln x \cos α x + \frac{π}{2} \sin α x}{\ln^{2} x + (π / 2)^{2}} d x = π \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- α x}}{\ln^{2} x + π^{2}} d x \end{array}$
2つ目の式から1つ目の式を引くことにより, 定理を得る.

ここで, 補題を用意しよう, と思ったんですが, 以下は証明ができなかったので予想としておいておきます.

$0 < α \in R$ , $β \in R$ のとき,
$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\infty} \int_{1}^{\infty} x^{- y} e^{- α x} \sin β y d x d y & = & \int_{1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} x^{- y} e^{- α x} \sin β y d y d x \\ \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} x^{y} e^{- α x} \sin β y d x d y & = & \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} x^{y} e^{- α x} \sin β y d y d x \end{array}$

予想が成立するならば, $0 < α \in R$ , $n \in N$ のとき,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- α x}}{\ln^{2} x + (n π)^{2}} d x = \frac{1}{n} \int_{0}^{\infty} \frac{α^{x - 1}}{Γ (x)} \frac{\sin n π x}{\sin π x} d x + \frac{(- 1)^{n}}{n} e^{(- 1)^{n - 1} α} \end{array}$

まず, よく知られたラプラス変換により,
$\begin{array}{rcl} \frac{1}{n π} \int_{0}^{\infty} x^{- y} \sin n π y d y = \frac{1}{\ln^{2} x + (n π)^{2}}, (1 < x) \\ \frac{1}{n π} \int_{0}^{\infty} x^{y} \sin n π y d y = \frac{1}{\ln^{2} x + (n π)^{2}}, (0 < x < 1) \end{array}$
よって,
$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- α x}}{\ln^{2} x + (n π)^{2}} d x \\ = & \int_{0}^{1} \frac{e^{- α x}}{\ln^{2} x + (n π)^{2}} d x + \int_{1}^{\infty} \frac{e^{- α x}}{\ln^{2} x + (n π)^{2}} d x \\ = & \frac{1}{n π} (\int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} x^{y} e^{- α x} \sin n π y d y d x + \int_{1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} x^{- y} e^{- α x} \sin n π y d y d x) \end{array}$
ここで, 予想の式を用いると,
$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} x^{y} e^{- α x} \sin n π y d y d x + \int_{1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} x^{- y} e^{- α x} \sin n π y d y d x \\ = & \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} x^{y} e^{- α x} \sin n π y d x d y + \int_{0}^{\infty} \int_{1}^{\infty} x^{- y} e^{- α x} \sin n π y d x d y \end{array}$
ここで, $0 < y$ に対し,
$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{1} x^{y} e^{- α x} d x & = & \sum_{0 \leq r} \frac{(- α)^{r}}{r! (r + y + 1)} \\ \int_{1}^{\infty} x^{- y} e^{- α x} d x & = & α^{y - 1} Γ (1 - y) - \sum_{0 \leq r} \frac{(- α)^{r}}{r! (r - y + 1)} \end{array}$
であるから,
$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} x^{y} e^{- α x} \sin n π y d x d y + \int_{0}^{\infty} \int_{1}^{\infty} x^{- y} e^{- α x} \sin n π y d x d y \\ = & \int_{0}^{\infty} \sum_{0 \leq r} \frac{(- α)^{r}}{r! (r + y + 1)} \sin n π y d y + \int_{0}^{\infty} (α^{y - 1} Γ (1 - y) - \sum_{0 \leq r} \frac{(- α)^{r}}{r! (r - y + 1)}) \sin n π y d y \\ = & \int_{r + 1}^{\infty} \sum_{0 \leq r} \frac{(- 1)^{(r + 1) n} (- α)^{r}}{r!} \frac{\sin n π y}{y} d y + \int_{- \infty}^{r + 1} \sum_{0 \leq r} \frac{(- 1)^{(r + 1) n} (- α)^{r}}{r!} \frac{\sin n π y}{y} d y \\ + & \int_{0}^{\infty} α^{y - 1} Γ (1 - y) \sin n π y d y \\ = & (- 1)^{n} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin n π y}{y} d y \sum_{0 \leq r} \frac{((- 1)^{n - 1} α)^{r}}{r!} + π \int_{0}^{\infty} \frac{α^{y - 1}}{Γ (y)} \frac{\sin n π y}{\sin π y} d y \\ = & π \int_{0}^{\infty} \frac{α^{y - 1}}{Γ (y)} \frac{\sin n π y}{\sin π y} d y + (- 1)^{n} π e^{(- 1)^{n - 1} α} \end{array}$
よって,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- α x}}{\ln^{2} x + (n π)^{2}} d x = \frac{1}{n} \int_{0}^{\infty} \frac{α^{x - 1}}{Γ (x)} \frac{\sin n π x}{\sin π x} d x + \frac{(- 1)^{n}}{n} e^{(- 1)^{n - 1} α} \end{array}$

さて, 定理はそろったので問題を解いていきます. 定理3において, $α = 1$ として用いることにより,

$\begin{array}{rcl} I & = & \frac{π}{2 \sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{\ln^{2} x + (π / 2)^{2}} d x - \frac{π}{2 e \sqrt{2}} \\ = & \frac{π}{2 \sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- x}}{\ln^{2} x + π^{2}} d x \end{array}$
定理4において, 特に $n = 1$ として,
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- α x}}{\ln^{2} x + π^{2}} d x = \int_{0}^{\infty} \frac{α^{x - 1}}{Γ (x)} d x - e^{α} \end{array}$
が成り立ちます. 上の式において, $α = 1$ として,
$\begin{array}{r} \frac{π}{2 \sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- x}}{\ln^{2} x + π^{2}} d x = \frac{π}{2 \sqrt{2}} (\int_{0}^{\infty} \frac{1}{Γ (x)} d x - e) \end{array}$

ここで,
$\begin{array}{r} F = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{Γ (x)} d x \end{array}$
はFransén–Robinson constant( https://en.wikipedia.org/wiki/Frans%C3%A9n%E2%80%93Robinson_constant ) として知られているので(いや, この定数は知らんかったわ), それを用いて,