積分botを解けるだけ解く, その2

実数$a$に対し, 主値積分
$$\begin{eqnarray*} I(a):=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi x^2}}{\sinh\pi(x+a)}\,dx \end{eqnarray*}$$
を考える. $\frac 1{\sinh \pi (x+a)}$は$0\leq\Im(a)\leq\frac{1}{2}$において, $\Re(x)\to\pm\infty$で一様に$0$に収束するので, 留数定理より, ちょうど$-a$における留数の半分が入っているとみなせることを考えて,
$$\begin{eqnarray*} I(a)&=&\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi (x+i/2)^2}}{\sinh\pi\left(x+\frac i2+a\right)}\,dx+\pi iRes_{x=-a}\frac{e^{i\pi x^2}}{\sinh\pi(x+a)}\\ &=&-ie^{-i\pi/4}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi x^2-\pi x}}{\cosh\pi(x+a)}\,dx+ie^{i\pi a^2} \end{eqnarray*}$$
同様に,
$$\begin{eqnarray*} I(a)&=&\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi (x-i/2)^2}}{\sinh\pi\left(x-\frac i2+a\right)}\,dx-\pi iRes_{x=-a}\frac{e^{i\pi x^2}}{\sinh\pi(x+a)}\\ &=&ie^{-i\pi/4}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi x^2+\pi x}}{\cosh\pi(x+a)}\,dx-ie^{i\pi a^2} \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi x^2+\pi x}}{\cosh\pi(x+a)}\,dx&=&-ie^{i\pi/4}I(a)+e^{i\pi a^2+i\pi/4}\\ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi x^2-\pi x}}{\cosh\pi(x+a)}\,dx&=&ie^{i\pi/4}I(a)+e^{i\pi a^2+i\pi/4} \end{eqnarray*}$$
これより,
$$\begin{eqnarray*} e^{i\pi/4}&=&\int_{-\infty}^{\infty}e^{i\pi x^2}\,dx\\ &=&\frac 12\left(e^{\pi a}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi x^2+\pi x}}{\cosh\pi(x+a)}\,dx+e^{-\pi a}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\pi x^2-\pi x}}{\cosh\pi(x+a)}\,dx\right)\\ &=&\frac 12\left(-ie^{i\pi/4+\pi a}I(a)+e^{i\pi a^2+i\pi/4+\pi a}+ie^{i\pi/4-\pi a}I(a)+e^{i\pi a^2+i\pi/4-\pi a}\right)\\ &=&e^{i\pi/4}\left(-iI(a)\sinh\pi a+e^{i\pi a^2}\cosh\pi a\right) \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} I(a)=\frac{i(1-e^{i\pi a^2}\cosh\pi a)}{\sinh\pi a} \end{eqnarray*}$$
虚部を考えることにより, 主値積分,

$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin\pi x^2}{\sinh(x+a)}\,dx&=&\frac{1-\cos\pi a^2\cosh\pi a}{\sinh\pi a} \end{eqnarray*}$$
を得て, 両辺は$a\to 0$において,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\sin\pi x^2\left(\frac 1{\sinh \pi x}-\frac{\pi a\cosh\pi x}{\sinh^2\pi x}+O(a^2)\right)\,dx&=&-\frac{\pi}{2}a+O(a^2) \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin\pi x^2\cosh\pi x}{\sinh^2\pi x}\,dx&=&\frac 12 \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}\frac{\sin\pi x^2\cosh\pi x}{\sinh^2\pi x}\,dx&=&\frac 14 \end{eqnarray*}$$
が示された.

$$\begin{eqnarray*} &&\int_0^1\frac{x^2\ln\frac 1x}{(1-x^4)\left(\pi^2+\left(\ln\frac{1+x}{1-x}+2\tan^{-1}\frac 1x\right)^2\right)}\,dx\\ &=&-\int_0^1\frac{x^2\ln x}{(1-x^4)\left(\pi^2+\left(\pi+2\tanh^{-1}x-2\tan^{-1}x\right)^2\right)}\,dx\\ &=&-\frac 14\int_0^1\frac{x^2\ln x}{(1-x^4)\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2+\left(\frac{\pi}2+\tanh^{-1}x-\tan^{-1}x\right)^2\right)}\,dx\\ &=&-\frac 1{2\pi}\Im\left(\int_0^1\frac{x^2\ln x}{(1-x^4)\left(\frac{\pi}{2}(1-i)+\tanh^{-1}x-\tan^{-1}x\right)}\,dx\right)\\ &=&-\frac 1{2\pi}\Im\left((1+i)\int_0^1\frac{x^2\ln x}{(1-x^4)\left(\pi+(1+i)(\tanh^{-1}x-\tan^{-1}x)\right)}\,dx\right)\\ &=&-\frac 1{4\pi}\Im\left(\left[\ln(\pi+(1+i)(\tanh^{-1}x-\tan^{-1}x))\ln x\right]_0^1\right)\\ &+&\frac 1{4\pi}\Im\left(\int_0^1\frac{\ln(\pi+(1+i)(\tanh^{-1}x-\tan^{-1}x))}{x}\,dx\right)\\ &=&\frac 1{4\pi}\int_0^1\tan^{-1}\left(\frac{\tanh^{-1}x-\tan^{-1}x}{\pi+\tanh^{-1}-\tan^{-1}x}\right)\,\frac{dx}x\\ &=&\frac{1}{32}\ln\frac{\pi^2}{8} \end{eqnarray*}$$

まず,
$$\begin{eqnarray*} \arctan\frac{2r\sin x}{1-r^2}&=&\Im(\ln(1-r^2+2ir\sin x))\\ &=&\Im(\ln((1-re^{-ix})(1+re^{ix})))\\ &=&\Im(\ln(1-re^{-ix})+\ln(1+re^{ix}))\\ &=&\Im\left(-\sum_{0\lt n}\frac{r^n}{n}e^{-inx}+\sum_{0\lt n}\frac{(-1)^{n-1}r^n}{n}e^{inx}\right))\\ &=&\sum_{0\lt n}\frac{r^n}{n}\sin nx+\sum_{0\lt n}\frac{(-1)^{n-1}r^n}{n}\sin nx\\ &=&2\sum_{0\lt n}\frac{r^{2n+1}}{2n+1}\sin(2n+1)x \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\arctan\frac{2r\sin x}{1-r^2}\,dx&=&2\sum_{0\leq n}\int_0^{\pi/2}\frac{r^{2n+1}}{2n+1}\sin(2n+1)x\,dx\\ &=&2\sum_{0\leq n}\frac{r^{2n+1}}{(2n+1)^2}\\ &=&2\chi_2(r) \end{eqnarray*}$$
また, 三角関数の直交性より,
$$\begin{eqnarray*} &&\int_0^{\pi/2}\arctan\frac{2r\sin x}{1-r^2}\arctan\frac{2s\sin x}{1-s^2}\,dx\\ &=&\frac 14\int_0^{2\pi}\arctan\frac{2r\sin x}{1-r^2}\arctan\frac{2s\sin x}{1-s^2}\,dx\\ &=&\sum_{0\leq n,m}\int_0^{2\pi}\frac{r^{2n+1}s^{2m+1}}{(2n+1)(2m+1)}\sin(2n+1)x\sin(2m+1)x\,dx\\ &=&\pi\sum_{0\leq n,m}\frac{r^{2n+1}s^{2m+1}}{(2n+1)(2m+1)}\delta_{n,m}\\ &=&\pi\sum_{0\leq n}\frac{(rs)^{2n+1}}{(2n+1)^2}\\ &=&\pi\chi_2(rs) \end{eqnarray*}$$
ここで, $\delta_{n,m}$はKroneckerのデルタである.

$$\begin{eqnarray*} &&\int_{1/N}^1\left(\left\lfloor\frac{\alpha}{x}\right\rfloor -\alpha\left\lfloor\frac 1x\right\rfloor\right)\,dx\\ &=&\int_{1/N}^1\left\lfloor\frac{\alpha}{x}\right\rfloor\,dx -\alpha\int_{1/N}^1\left\lfloor\frac 1x\right\rfloor\,dx\\ &=&\alpha\int_{\alpha}^{\alpha N}\frac{\lfloor x\rfloor}{x^2}\,dx-\alpha\int_1^N\frac{\lfloor x\rfloor}{x^2}\,dx\\ &=&\alpha\int_N^{\alpha N}\frac{\lfloor x\rfloor}{x^2}\,dx\\ &=&\alpha\int_N^{\alpha N}\frac 1x\,dx-\alpha\int_N^{\alpha N}\frac{x-\lfloor x\rfloor}{x^2}\,dx\\ &=&\alpha\ln\alpha-\alpha\int_N^{\alpha N}\frac{x-\lfloor x\rfloor}{x^2}\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで, 第2項の積分は
$$\begin{eqnarray*} \int_1^{\infty}\frac{x-\lfloor x\rfloor}{x^2}\,dx&\leq&\int_1^{\infty}\frac{1}{x^2}\,dx\\ &=&1 \end{eqnarray*}$$
が収束することにより, $N\to\infty$で$0$に収束する.

$$\begin{eqnarray*} I&=&\int_0^{\infty}\frac{\sqrt[\phi]{x}\arctan x}{(1+x^{\phi})^2}\,dx\\ &=&\int_0^{\infty}\frac{x^{\phi-1}\arctan x}{(1+x^{\phi})^2}\,dx\\ &=&\int_0^{\infty}\frac{x^{-\phi-1}\arctan\frac 1x}{(1+x^{-\phi})^2}\,dx\\ &=&\int_0^{\infty}\frac{x^{\phi-1}\arctan\frac 1x}{(1+x^{\phi})^2}\,dx \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} I&=&\frac 12\int_0^{\infty}\frac{x^{\phi-1}\left(\arctan x+\arctan\frac 1x\right)}{(1+x^{\phi})^2}\,dx\\ &=&\frac{\pi}{4}\int_0^{\infty}\frac{x^{\phi-1}}{(1+x^{\phi})^2}\,dx\\ &=&\frac{\pi}{4\phi}\int_0^{\infty}\frac{1}{(1+x)^2}\,dx\\ &=&\frac{\pi}{4\phi} \end{eqnarray*}$$

置換$\tan x\to x^2$により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\frac{\arctan\sqrt{\tan x}}{\tan x}\,dx&=&2\int_0^{\infty}\frac{\arctan x}{x(1+x^4)}\,dx\\ &=&\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(1+x^4)}\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで, $0\lt\Im(a)$として,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x-a)(1+b^2x^2)}\,dx&=&\frac 1{1+a^2b^2}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{x-a}-\frac{b^2(x+a)}{1+b^2x^2}\right)\,dx\\ &=&\frac 1{1+a^2b^2}\lim_{A\to-\infty,B\to\infty}\left[\ln(x-a)-\frac 12\ln(1+b^2x^2)-ab\arctan bx\right]_A^B\\ &=&\frac 1{1+a^2b^2}\pi(i-ab)\\ &=&-\frac{\pi}{i+ab} \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan bx}{x(x-a)}\,dx&=&\frac{\pi}{a}\ln(1-iab)+C(a) \end{eqnarray*}$$
となる$a$に依存する関数があるが, $b=0$として, $C(a)=0$である. 両辺の共役を考えることにより, $a$を実数でない複素数としたとき,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan bx}{x(x-a)}\,dx&=&\begin{cases} -\frac{\pi}{a}\ln(1-iab)\quad(0\lt\Im(a))\\ -\frac{\pi}{a}\ln(1+iab)\quad(0\gt\Im(a))\\ \end{cases} \end{eqnarray*}$$
よって,
$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(1+x^4)}\,dx&=&-\frac 14\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan x}{x}\left(\frac{e^{i\pi/4}}{x-e^{i\pi/4}}+\frac{e^{-i\pi/4}}{x-e^{-i\pi/4}}+\frac{e^{3i\pi/4}}{x-e^{3i\pi/4}}+\frac{e^{-3i\pi/4}}{x-e^{-3i\pi/4}}\right)\,dx\\ &=&\frac{\pi}4\left(\ln(1-ie^{i\pi/4})+\ln(1+ie^{-i\pi/4})+\ln(1-ie^{3i\pi/4})+\ln(1+ie^{3i\pi/4})\right)\\ &=&\frac{\pi}{2}\ln(2+\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$$

まず, 与えられた式は,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{x\tanh^{-1}x}{(1-s^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\,dx=\frac{\pi\tanh^{-1}s}{2s\sqrt{1-s^2}} \end{eqnarray*}$$
と書き直せるので, これを示します.
$$\begin{eqnarray*} &&\int_0^1\frac{x\tanh^{-1}x}{(1-s^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\,dx\\ &=&\sum_{0\leq n}\frac 1{2n+1}\int_0^1 x^{2n+2}(1-x^2)^{-1/2}(1-s^2x^2)^{-1}\,dx\\ &=&\sum_{0\leq n,m}\frac {s^{2m}}{2n+1}\int_0^1 x^{2n+2m+2}(1-x^2)^{-1/2}\,dx\\ &=&\frac 12\sum_{0\leq n,m}\frac{s^{2m}}{2n+1}\int_0^1x^{n+m+1/2}(1-x)^{-1/2}\,dx\\ &=&\frac 12\sum_{0\leq n,m}\frac{s^{2m}}{2n+1}\frac{\Gamma\left(n+m+\frac 32\right)\Gamma\left(\frac 12\right)}{\Gamma(n+m+2)}\\ &=&\frac{\pi}2\sum_{0\leq n,m}\frac{\left(\frac 12\right)_{n+m+1}}{(n+m+1)!(2n+1)}s^{2m}\\ &=&\frac{\pi}{2}\sum_{0\leq m}s^{2m}\sum_{n=m+1}^{\infty}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!(2n-2m-1)} \end{eqnarray*}$$
一方,
$$\begin{eqnarray*} \frac{\pi\tanh^{-1}s}{2s\sqrt{1-s^2}}&=&\frac{\pi}{2}\sum_{0\leq n,m}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!(2m+1)}s^{2n+2m}\\ &=&\frac{\pi}{2}\sum_{0\leq m}s^{2m}\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!(2m-2n+1)} \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \sum_{n=m+1}^{\infty}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!(2n-2m-1)}=\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!(2m-2n+1)} \end{eqnarray*}$$
を示せばよいが, これはGaussの超幾何定理より,
$$\begin{eqnarray*} &&\sum_{n=m+1}^{\infty}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!(2n-2m-1)}-\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!(2m-2n+1)}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!(2n-2m-1)}\\ &=&-\frac{2}{2m+1}\,{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac 12,-\frac 12-m\\\frac 12-m\end{matrix};1\right]\\ &=&0 \end{eqnarray*}$$
より従う.

$|b|\lt |a|$とする.
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}J_n(bx)x^ne^{-ax}\,dx&=&\frac{2^n}{b^n}\sum_{0\leq m}\frac{(-1)^m}{m!(n+m)!}\int_0^{\infty}\left(\frac{bx}2\right)^{2m+2n}e^{-ax}\,dx\\ &=&\frac{2^n}{ab^n}\sum_{0\leq m}\frac{(-1)^m(2n+2m)!}{m!(n+m)!}\left(\frac{b}{2a}\right)^{2n+2m}\\ &=&\frac{(2b)^n}{a^{2n+1}}\sum_{0\leq m}\frac{(-1)^m\left(\frac 12\right)_{n+m}}{m!}\left(\frac{b}{a}\right)^{2m}\\ &=&\frac{(2b)^n\left(\frac 12\right)_n}{a^{2n+1}}\sum_{0\leq m}\frac{\left(\frac 12+n\right)_n}{m!}\left(-\frac{b^2}{a^2}\right)^m\\ &=&\frac{(2b)^n\Gamma\left(\frac 12+n\right)}{\sqrt{\pi}a^{2n+1}}\left(1+\frac{b^2}{a^2}\right)^{-1/2-n}\\ &=&\frac{(2b)^n\Gamma\left(\frac 12+n\right)}{\sqrt{\pi}(a^2+b^2)^{1/2+n}} \end{eqnarray*}$$