∫[0→∞] {tan⁻¹(Ax)-tan⁻¹(Bx)} /x dx=(π/2)log(A/B) の証明。A, B>0

1.　まえがき

　　　I=∫[0→∞] {tan⁻¹(Ax)-tan⁻¹(Bx)} /x dx (A, B>0)
　を求める問題があったが、u=Ax と変数変換すると、
　　　J=∫[0→∞] tan⁻¹(Ax)/x dx=∫[0→∞] tan⁻¹(u) /u du
　となり、A, B に依存しないから、I=J-J=0 として、誤った。J → ∞ は自明であり、この
　計算はできなかった。

2.　準備

　(1) lim[x→0] tan⁻¹(Ax)logx → 0 の証明
 　　lim tan⁻¹(Ax)/(1/logx)・・・・（ロピタルの定理を使用）
　　　=lim { A/(1+(Ax)²) }/{ -(1/log²x)(1/x) }
　　　=lim {-A/(1+(Ax)²) } lim { xlog²x }
　　　=(-A) lim log²x/(1/x)・・・・（ロピタルの定理を使用）
　　　=(-A) lim (2logx)(1/x)/(-1/x²)=(-A) lim 2logx/(-1/x)・・・（ロピタルの定理を使用）
　　　=(-A) lim (2/x)/(1/x²)=(-A) lim 2x=0

　(2) lim[x→∞] {tan⁻¹(Ax)-tan⁻¹(Bx)}logx → 0 の証明
 　　lim {tan⁻¹(Ax)-tan⁻¹(Bx)}/(1/logx)・・・・（ロピタルの定理を使用）
　　　=lim { A/(1+(Ax)²)-B/(1+(Bx)²) }/{ -(1/log²x)(1/x) }
　　　=lim [ { (B-A)(ABx²-1) }/{ (1+(Ax)²)(1+(Bx)²) } ] { -xlog²x }
　　　=(B-A) lim [ { (ABx²-1)x² }/{ (1+(Ax)²)(1+(Bx)²) } ] { -(log²x)/x }
　　　=(A-B) lim [ (ABx²-1)x²/{ (1+(Ax)²)(1+(Bx)²) } ] lim (log²x)/x
　　　=(A-B) lim [ (AB-1/x²)/{ (1/x²+A²)(1/x²+B²) } ] lim (log²x)/x
　　　=[ (A-B)/(AB) ] lim (log²x)/x・・・・（ロピタルの定理を使用）
　　　=[ (A-B)/(AB) ] lim 2(logx)(1/x)/1
　　　=[ (A-B)/(AB) ] lim 2(logx)/x・・・・（ロピタルの定理を使用）
　　　=[ (A-B)/(AB) ] lim 2/x=0

　(3) ∫[0→∞] logx/(x²+a²) dx=(π/2a)loga
　　これは留数計算から、よく知られている。

3.　計算

　tan⁻¹ の積分は以前、微分すると簡単な関数になり求められた。そこで、部分積分す
　ると
　　　I=[ {tan⁻¹(Ax)-tan⁻¹(Bx)}logx ][x=∞,0]-∫[0→∞]{A/(1+(Ax)²)-B/(1+(Bx)²)}logx dx
　　　 =0-∫[0→∞]{A/(1+(Ax)²)-B/(1+(Bx)²)}logx dx
　　　 =(-1/A)∫[0→∞] logx /((1/A)²+x²) dx + (1/B)∫[0→∞] logx /((1/B)²+x²) dx
　　　 =(-1/A)(πA/2)log(1/A)+(1/B)(πB/2)log(1/B)=(π/2)log(A/B)
　ここで、上の2項の(1)(2)(3)を使った。

4.　あとがき

　最近、積分の計算サイトを知った。不定積分の場合、計算過程も示されるので、こ
　この例のように、極めて複雑な物や特殊なもの以外、積分のQAは不要になった。

以上