ラプラス変換を用いて解ける積分(積分botの問題を解いてみた4)
今回はラプラス変換を用いて解ける積分を解説します。
次の変形を事前に把握しておいてください.
(a,bの範囲はarg=arctanとできる範囲)
\begin{eqnarray}
\frac{1}{(a+ib)^s}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&e^{-s\ln(a+ib)}\\
&=&e^{-\frac{s}{2}\ln(a^2+b^2)-si\arctan\frac{b}{a}}\\
&=&\frac{e^{-si\arctan\frac{b}{a}}}{(a^2+b^2)^{s/2}}
\end{eqnarray}
問題11
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\pi}\arctan\frac{\ln\sin x}{x}dx=-\pi\arctan\frac{2\ln2}{\pi} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\pi}\arctan\frac{\ln\sin x}{x}dx
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{x}{\ln\sin x}dx
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\pi}\arctan{\frac{x}{\ln\sin x}}dx
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&-\Im\int_{0}^{\pi}\ln(-\ln\sin x+ix)dx\\
&=&-\Im\frac{d}{ds}
\int_{0}^{\pi}\frac{dx}{(-\ln\sin x+ix)^s}\\
&=&-\Im\frac{d}{ds}\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\pi}
\int_{0}^{\infty}
t^{s-1}e^{-(-\ln\sin x+ix)t}dtdx\\
&=&\frac{d}{ds}\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}t^{s-1}\int_{0}^{\pi}\sin^tx\sin tx dxdt\\
\end{eqnarray}
ここで
$$
\int_{0}^{\pi}\sin^{u-1}x
\sin vx dx
=\frac{\pi\sin\frac{\pi v}{2}}
{2^{u-1}uB(\frac{u+v+1}{2},\frac{u-v+1}{2})}
$$
を用いる。
これは留数定理を使って証明できるが今回は省略する。
\begin{eqnarray}
\frac{d}{ds}\frac{1}{\Gamma(s)}
\int_{0}^{\infty}t^{s-1}\int_{0}^{\pi}
\sin^tx\sin txdxdt\\
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&\frac{d}{ds}\frac{\pi}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}t^{s-1}\sin \frac{\pi t}{2}2^{-t}dt\\
&=&\Im\frac{d}{ds}\frac{\pi}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}
t^{s-1}e^{-t(\ln2-\frac{i\pi}{2})}dt\\
&=&\Im\frac{d}{ds}\frac{\pi}{(\ln2-\frac{i\pi}{2})^s}\\
&=&\pi\arctan{\frac{\pi}{2\ln2}}\\
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\therefore
\int_{0}^{\pi}\arctan\frac{\ln\sin x}{x}dx=-\pi\arctan\frac{2\ln2}{\pi}
\end{eqnarray}
これ実は
$$
\int_{0}^{\pi}
\frac{\sin (s\arctan\frac{x}{\ln\sin x})}
{(\ln^2\sin x+x^2)^{s/2}}dx
=\pi\frac{\sin (s\arctan\frac{\pi}{2\ln2})}{(\ln^22+\frac{\pi^2}{4})^{s/2}}
$$
を求めて微分してるだけなんですよね。
解き方は私の一個目の解説
https://mathlog.info/articles/U1SticPVy5AVxLrB6cax
の問題2と同じなんですよ。
つまり
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\pi}\ln(\ln^2\sin x+x^2)dx=\frac{\pi}{2}\ln(\ln^22+\frac{\pi^2}{4})\\
\end{eqnarray}
\begin{equation}
\int_{0}^{\pi/2}\arctan{\frac{\ln\cos x}{x}}dx
\end{equation}
も求められる訳です。
問題12
\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(r\arctan x)}{(1+x^2)^{r/2}(e^{\pi x}+1)}dx=\eta(r)-\zeta(r) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{\sin(s\arctan x)}{(1+x^2)^{s/2}(e^{\pi x}+1)}dx
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&-\frac{\Im}{\Gamma(s)}\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{1}{e^{\pi x
}+1}\int_{0}^{\infty}
t^{s-1}e^{-t(1+xi)}dtdx\\
&=&-\frac{\Im}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}t^{s-1}e^{-t}\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{e^{-tix}}{e^{\pi x}+1}dxdt\\
&=&-\frac{\Im}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}t^{s-1}
e^{-t}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-tix}e^{-\pi x}}
{1+e^{-\pi x}}+\frac{e^{tix}}{1+e^{-\pi x}}dxdt\\
&=&-\frac{\Im}{\Gamma(s)}\sum_{n≥0}(-1)^n\int_{0}^{\infty}t^{s-1}e^{-t}\int_{0}^{\infty}
e^{-x(ti+\pi(n+1))}+e^{-x(-ti+\pi n)}dx\\
&=&-\frac{\Im}{\Gamma(s)}\sum_{n≥0}(-1)^n
\int_{0}^{\infty}t^{s-1}e^{-t}
(\frac{1}{\pi(n+1)+ti}+\frac{1}{\pi n-ti})dt\\
&=&\frac{1}{\Gamma(s)}\sum_{n≥0}(-1)^n
\int_{0}^{\infty}
t^se^{-t}(\frac{t}{\pi^2(n+1)^2+t^2}
-\frac{t}{\pi^2n^2+t^2})dt\\
&=&\int_{0}^{\infty}
t^se^{-t}\sum_{n∈Z}\frac{(-1)^{n-1}}{\pi^2n^2+t^2}dt\\
&=&-\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}
\frac{t^{s-1}e^-t}{\sinh t}dt\\
&=&-\frac{2}{\Gamma(s)}
\int_{0}^{\infty}
t^{s-1}\frac{e^{-2t}}{1-e^{-2t}}dt\\
&=&-\frac{2}{\Gamma(s)}
\sum_{n≥1}\int_{0}^{\infty}
t^{s-1}e^{-2nt}dt\\
&=&-\frac{1}{2^{s-1}}\sum_{n≥1}\frac{1}{n^s}\\
&=&\eta(s)-\zeta(s)
\end{eqnarray}
ちなみに、
多重対数関数にアベル·プラナの和公式を使うと(zを変数とする)
$$
\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{\sin(s\arctan x-x\ln z)}
{(1+x^2)^{s/2}(e^{2\pi x}-1)}dx
$$
という積分が現れます。
z=1とすれば、今回といたような積分になりますしゼータ関数のアベル·プラナともなります。
分母を因数分解すれば
$$
\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{\sin(s\arctan x)}
{(1+x^2)^{s/2}(e^{\pi x}-1)}dx
$$
も求められそうです。
問題13
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}\left(1-\frac{\cos ax}{e^x}\right)\frac{dx}{x^{1+r}} =\frac{\Gamma(1-r)}{r}(1+a^2)^{r/2}\cos(r\arctan a)\\ a∈R,0< r<1 \end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\infty}
(1-\frac{\cos ax}{e^x})\frac{dx}{x^{1+r}}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&\Re\int_{0}^{\infty}
(1-e^{-(ai+1)x})
\frac{dx}{x^{1+r}}\\
&=&\Re(ai+1)\int_{0}^{\infty}
\int_{0}^{1}e^{-(ai+1)xy}\frac{dydx}{x^r}\\
&=&\Re\int_{0}^{1}
\frac{\Gamma(1-r)}{(ai+1)^ry^{1-r}}dy\\
&=&\Re(ai+1)^r\frac{\Gamma(1-r)}{r}\\
&=&\frac{\Gamma(1-r)}{r}(1+a^2)^{r/2}\cos(r\arctan a)
\end{eqnarray}
これはラプラス変換を用いて解くと言うよりも計算の途中にラプラス変換があるだけですね。
特に話すことはないです。
問題14
\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(s\arctan(ax))}{(1+x^2)(1+(ax)^2)^{s/2}}dx=\frac{\pi}{(1+a)^s}\\ a,s>0 \end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{\cos(s\arctan(ax))}
{(1+x^2)(1+(ax)^2)^{s/2}}dx
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&\frac{\Re}{\Gamma(s)}
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}
{1+x^2}\int_{0}^{\infty}
t^{s-1}e^{-(1+axi)t}dtdx\\
&=&\frac{1}{\Gamma(s)}
\int_{0}^{\infty}t^{s-1}e^{-t}
\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{\cos axt}{1+x^2}dxdt\\
&=&\frac{\pi}{\Gamma(s)}
\int_{0}^{\infty}t^{s-1}e^{-(1+a)t}dt\\
&=&\frac{\pi}{(1+a)^s}
\end{eqnarray}
途中で有名な積分
$$
\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{\cos ax}{1+x^2}dx
=\pi e^{-|a|}
$$
が出てきましたね。
こういう解ける積分と
ラプラス変換をかけ合わせたものは
見た目複雑で中身は綺麗になったりして面白いんじゃないかなと思いました。
問題15
\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty} \cos(\frac{r}{2}\ln(1+(ax)^2)) \cosh(r\arctan(ax))\frac{dx}{1+x^2}=\pi\cos(r\ln(1+a))\\ a>0,r∈R \end{eqnarray}
最後に異形を持ってきました。
いままでの
三角関数の中に逆正接関数ではなく
双曲線関数の中に入っているものです。
ラプラス変換を知っていればこれも解けます。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\infty}
t^{u-1}e^{-at}\cos(bt)dt\\
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&\frac{\Gamma(u)}{(a^2+b^2)^{u/2}}\cos(u\arctan \frac{b}{a})\\
\end{eqnarray}
u→iu
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\infty}
t^{ui-1}e^{-at}\cos(bt)dt\\
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&\Gamma(ui)e^{-\frac{iu}{2}\ln(a^2+b^2)}\cosh(u\arctan\frac{b}{a})
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\therefore
\int_{-\infty}^{\infty}
\cos(\frac{r}{2}\ln(1+a^2x^2))
\cosh(r\arctan(ax))\frac{dx}{
1+x^2}\\
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&=&\frac{\Re}{\Gamma(ir)}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^2}
\int_{0}^{\infty}
t^{ir-1}e^{-t}\cos(axt)dtdx\\
&=&\frac{\Re}{\Gamma(ir)}
\int_{0}^{\infty}t^{ir-1}e^{-t}
\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{\cos(axt)}{1+x^2}dxdt\\
&=&\Re\frac{\pi}{\Gamma(ir)}
\int_{0}^{\infty}t^{ir-1}e^{-(1+a)t}dt\\
&=&\Re\frac{\pi}{(1+a)^{ir}}\\
&=&\pi\cos(r\ln(1+a))
\end{eqnarray}
こんな感じでした。
これらの多くは留数定理でも解けますがこのように綺麗に逐次積分に変換して解くこともできます。
良い経験になってくれれば嬉しいです。
この記事を高評価した人
この記事に送られたバッジ
投稿者
