文献あり

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.
$\begin{array}{r} I = \int_{- \infty}^{\infty} e^{π t - \frac{e^{π t}}{\sqrt{2}}} \frac{((4 t)^{2} + 15) \cos \frac{e^{π t}}{\sqrt{2}} - 8 t \sin \frac{e^{π t}}{\sqrt{2}}}{((4 t)^{2} + 15)^{2} + (8 t)^{2}} d t \end{array}$

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.

$\begin{array}{r} η (α, z) := \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i α x}}{\ln x - z} d x \end{array}$

まず, 前回の記事の定理1,2をまとめます.

$0 \leq \arg β \leq π$ とする. 左辺の二つの項が収束するならば,
$\begin{array}{r} η (α, z) - β η (α β, z - \ln β) = {\begin{cases} 2 π i e^{z + i α e^{z}}, (0 \leq Im z \leq \arg β) \\ 0, (o t h e r w i s e) \end{cases} \end{array}$

$0 < β$ が実数のときは, $β$ 倍の置換をするだけなので, $η$ が収束するためには $0 \leq \arg α \leq π$ 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,
$\begin{array}{r} η (α, z) = β η (α β, z - \ln β) \end{array}$
であることがわかります. 早速問題を解いていきます.
$\begin{array}{rcl} I & = & \int_{- \infty}^{\infty} e^{π t - \frac{e^{π t}}{\sqrt{2}}} \frac{((4 t)^{2} + 15) \cos \frac{e^{π t}}{\sqrt{2}} - 8 t \sin \frac{e^{π t}}{\sqrt{2}}}{((4 t)^{2} + 15)^{2} + (8 t)^{2}} d t \\ = & Re \int_{- \infty}^{\infty} e^{π t - \frac{1 - i}{\sqrt{2}} e^{π t}} \frac{1}{(4 t)^{2} + 15 - 8 i t} d t \\ = & Re \int_{- \infty}^{\infty} e^{π t + i e^{i π / 4} e^{π t}} \frac{1}{(4 t + 3 i) (4 t - 5 i)} d t \\ = & \frac{1}{π} Re \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i e^{i π / 4} x}}{(4 \frac{\ln x}{π} + 3 i) (4 \frac{\ln x}{π} - 5 i)} d x \\ = & \frac{π}{16} Re \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i e^{i π / 4} x}}{(\ln x + i \frac{3 π}{4}) (\ln x - i \frac{5 π}{4})} d x \\ = & \frac{1}{32} Im \int_{0}^{\infty} (\frac{e^{i e^{i π / 4} x}}{\ln x - i \frac{5 π}{4}} - \frac{e^{i e^{i π / 4} x}}{\ln x + i \frac{3 π}{4}}) d x \\ = & \frac{1}{32} Im (η (e^{i π / 4}, \frac{5 π}{4}) - η (e^{i π / 4}, - \frac{3 π}{4})) \end{array}$
ここで, 定理1を用いて,
$\begin{array}{rcl} \frac{1}{32} Im (η (e^{i π / 4}, \frac{5 π}{4}) - η (e^{i π / 4}, - \frac{3 π}{4})) \\ = & \frac{1}{32} Im (e^{i π / 4} (η (i, π) - η (i, - π))) \\ = & \frac{1}{32} Im (e^{i π / 4} \int_{0}^{\infty} (\frac{e^{- x}}{\ln x - i π} - \frac{e^{- x}}{\ln x + i π}) d x) \\ = & \frac{π}{16} Im (i e^{i π / 4} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- x}}{\ln^{2} x + π^{2}} d x) \\ = & \frac{π}{16 \sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- x}}{\ln^{2} x + π^{2}} d x \end{array}$
前回の記事の結果より, $F$ をFransén–Robinson constantとして,

$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- x}}{\ln^{2} x + π^{2}} d x = F - e \end{array}$
なので,
$\begin{array}{r} I = \frac{π}{16 \sqrt{2}} (F - e) \end{array}$
と求めることができました.