Don＠ld氏の第4.5問を解く
Don＠ld氏の第4.5問(
https://mathlog.info/articles/1759
) を解いていきたいと思います.
$$\begin{eqnarray}
I=\int_{-\infty}^{\infty}e^{\pi t-\frac{e^{\pi t}}{{\sqrt{2}}}}\frac{((4t)^2+15)\cos\frac{e^{\pi t}}{\sqrt{2}}-8t\sin\frac{e^{\pi t}}{\sqrt{2}}}{((4t)^2+15)^2+(8t)^2}\,dt
\end{eqnarray}$$
前回の記事( https://mathlog.info/articles/1763 ) 同様, 以下の関数を定義しておきます.
$$\begin{eqnarray} \eta(\alpha,z):=\int_0^{\infty}\frac{e^{i\alpha x}}{\ln x-z}\,dx \end{eqnarray}$$
まず, 前回の記事の定理1,2をまとめます.
$0\leq \arg\beta\leq \pi$とする. 左辺の二つの項が収束するならば,
$$\begin{eqnarray}
\eta(\alpha,z)-\beta\eta(\alpha\beta,z-\ln\beta)=\begin{cases}
2\pi ie^{z+i\alpha e^z},\quad (0\leq \Im z\leq \arg\beta)\\
0,\quad (otherwise)
\end{cases}
\end{eqnarray}$$
$0\lt \beta$が実数のときは, $\beta$倍の置換をするだけなので, $\eta$が収束するためには$0\leq\arg\alpha\leq\pi$が必要であることに注意し, 前回の記事の定理2を2回用いることで, 定理を得る.
よって, 特に$z$の虚部の符号が変わらないならば,
$$\begin{eqnarray}
\eta(\alpha,z)=\beta\eta(\alpha\beta,z-\ln\beta)
\end{eqnarray}$$
であることがわかります. 早速問題を解いていきます.
$$\begin{eqnarray}
I&=&\int_{-\infty}^{\infty}e^{\pi t-\frac{e^{\pi t}}{{\sqrt{2}}}}\frac{((4t)^2+15)\cos\frac{e^{\pi t}}{\sqrt{2}}-8t\sin\frac{e^{\pi t}}{\sqrt{2}}}{((4t)^2+15)^2+(8t)^2}\,dt\\
&=&\Re\int_{-\infty}^{\infty}e^{\pi t-\frac{1-i}{\sqrt{2}}e^{\pi t}}\frac{1}{(4t)^2+15-8it}\,dt\\
&=&\Re\int_{-\infty}^{\infty}e^{\pi t+ie^{i\pi /4}e^{\pi t}}\frac{1}{(4t+3i)(4t-5i)}\,dt\\
&=&\frac 1{\pi}\Re\int_0^{\infty}\frac{e^{ie^{i\pi/4}x}}{\left(4\frac{\ln x}{\pi}+3i\right)\left(4\frac{\ln x}{\pi}-5i\right)}\,dx\\
&=&\frac{\pi}{16}\Re\int_0^{\infty}\frac{e^{ie^{i\pi/4}x}}{\left(\ln x+i\frac{3\pi}{4}\right)\left(\ln x-i\frac{5\pi}{4}\right)}\,dx\\
&=&\frac 1{32}\Im\int_0^{\infty}\left(\frac{e^{ie^{i\pi/4}x}}{\ln x-i\frac{5\pi}{4}}-\frac{e^{ie^{i\pi/4}x}}{\ln x+i\frac{3\pi}{4}}\right)\,dx\\
&=&\frac 1{32}\Im\left(\eta\left(e^{i\pi/4},\frac{5\pi}{4}\right)-\eta\left(e^{i\pi/4},-\frac{3\pi}{4}\right)\right)
\end{eqnarray}$$
ここで, 定理1を用いて,
$$\begin{eqnarray}
&&\frac 1{32}\Im\left(\eta\left(e^{i\pi/4},\frac{5\pi}{4}\right)-\eta\left(e^{i\pi/4},-\frac{3\pi}{4}\right)\right)\\
&=&\frac{1}{32}\Im \left(e^{i\pi/4}\left(\eta(i,\pi)-\eta(i,-\pi)\right)\right)\\
&=&\frac{1}{32}\Im\left( e^{i\pi/4}\int_0^{\infty}\left(\frac{e^{-x}}{\ln x-i\pi}-\frac{e^{-x}}{\ln x+i\pi}\right)\,dx\right)\\
&=&\frac{\pi}{16}\Im \left(ie^{i\pi/4}\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}}{\ln^2x+\pi^2}\,dx\right)\\
&=&\frac{\pi}{16\sqrt{2}}\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}}{\ln^2 x+\pi^2}\,dx
\end{eqnarray}$$
前回の記事の結果より, $F$をFransén–Robinson constantとして,
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}}{\ln^2 x+\pi^2}\,dx=F-e
\end{eqnarray}$$
なので,
$$\begin{eqnarray}
I=\frac{\pi}{16\sqrt{2}}(F-e)
\end{eqnarray}$$
と求めることができました.