大学数学基礎解説

Glasserのマスター定理〜積分計算への活用と定理の証明〜

Glasserのマスター定理,積分,Glasser’s master theorem

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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

はじめに

Glasserのマスター定理(Glasser's master theorem)と呼ばれる定理について解説している日本語の資料が私が探した限りネット上に見当たらなかったので、自力で頑張って証明しました。

Glasserのマスター定理とは

Glasserのマスター定理

$a, b_{1}, b_{2}, b_{3}, \dots, b_{n - 1}, b_{n} \in R, a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n - 1}, a_{n} \in R^{+}$
を満たす任意の $a, b_{1}, b_{2}, b_{3}, \dots, b_{n - 1}, b_{n}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n - 1}, a_{n}$ について、
$\int_{- \infty}^{\infty} f (x + a - \frac{a_{1}}{x + b_{1}} - \frac{a_{2}}{x + b_{2}} - \frac{a_{3}}{x + b_{3}} - \dots - \frac{a_{n - 1}}{x + b_{n - 1}} - \frac{a_{n}}{x + b_{n}}) d x = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x$
が成り立つ。

今回はこれを証明していきます。
この式だけ見てもピンと来ないと思われるかもしれませんが、この定理を使ってみれば、この定理がいかに便利かおわかりいただけると思います。

まずは使ってみよう！

皆さんにGlasserのマスター定理に慣れ、この定理の有用性をご理解いただくために、まずはこの定理を用いて以下の積分を解いてみましょう。

$I = \int_{- \infty}^{\infty} \exp {- {(x + 3 - \frac{1}{x - 4} - \frac{3}{x - 1})}^{2}} d x$

解法

Glasserのマスター定理より、この関数の $x + 3 - \frac{1}{x - 4} - \frac{3}{x - 1}$ の部分は丸ごと $x$ に置き換えられます。
よって、
$I = \int_{- \infty}^{\infty} \exp (- x^{2}) d x$
これはガウス積分の形なので、
$I = \sqrt{π}$

Glasserのマスター定理によって、あれほど複雑だった被積分関数の一部分を文字一つに置き換えて簡単にすることができました。
では、もう一つ例題を解いてみましょう。

$I = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{4} - x^{2} + 1} d x$
まず、Glasserのマスター定理を使わずに解くとどのようになるのか見てみましょう。

解法1

$\begin{aligned} I & = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{4} - x^{2} + 1} d x \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{(x^{2} + 1)^{2} - 3 x^{2}} d x \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{(x^{2} - \sqrt{3} x + 1) (x^{2} + \sqrt{3} x + 1)} d x \\ = \frac{1}{2 \sqrt{3}} \int_{0}^{\infty} (\frac{x}{x^{2} - \sqrt{3} x + 1} - \frac{x}{x^{2} + \sqrt{3} x + 1}) d x \\ = \frac{1}{4 \sqrt{3}} \int_{0}^{\infty} (\frac{2 x - \sqrt{3}}{x^{2} - \sqrt{3} x + 1} + \frac{\sqrt{3}}{x^{2} - \sqrt{3} x + 1} - \frac{2 x + \sqrt{3}}{x^{2} + \sqrt{3} x + 1} + \frac{\sqrt{3}}{x^{2} + \sqrt{3} x + 1}) d x \\ = \frac{1}{4 \sqrt{3}} \int_{0}^{\infty} {{(\ln | x^{2} - \sqrt{3} x + 1 |)}^{'} + \frac{\sqrt{3}}{{(x - \frac{\sqrt{3}}{2})}^{2} + \frac{1}{4}} - {(\ln | x^{2} + \sqrt{3} x + 1 |)}^{'} + \frac{\sqrt{3}}{{(x + \frac{\sqrt{3}}{2})}^{2} + \frac{1}{4}}} d x \\ = \frac{1}{4 \sqrt{3}} {[\ln | x^{2} - \sqrt{3} x + 1 | + 2 \sqrt{3} \tan^{- 1} {2 (x - \frac{\sqrt{3}}{2})} - \ln | x^{2} + \sqrt{3} x + 1 | + 2 \sqrt{3} \tan^{- 1} {2 (x + \frac{\sqrt{3}}{2})}]}_{0}^{\infty} \\ = \frac{1}{4 \sqrt{3}} {[\ln | \frac{x^{2} - \sqrt{3} x + 1}{x^{2} + \sqrt{3} x + 1} | + 2 \sqrt{3} \tan^{- 1} {2 (x - \frac{\sqrt{3}}{2})} + 2 \sqrt{3} \tan^{- 1} {2 (x + \frac{\sqrt{3}}{2})}]}_{0}^{\infty} \\ = \frac{1}{4 \sqrt{3}} (2 \sqrt{3} π - 0) \\ = \frac{π}{2} \end{aligned}$

部分分数分解をしなければならなかったり、複雑な関数の極限が必要だったりと、ミスを誘う要素が多いですね。

では、Glasserのマスター定理を使用するとどうなるのかみてみましょう。

解法2

まず、Glasserのマスター定理を使用できる形まで、積分範囲や非積分関数を変形します。
$\begin{aligned} I & = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{4} - x^{2} + 1} d x \\ = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{4} - x^{2} + 1} d x \\ = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{x^{2} - 1 + \frac{1}{x^{2}}} \\ = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{{(x - \frac{1}{x})}^{2} + 1} \end{aligned}$
Glasserのマスター定理より、 $x - \frac{1}{x}$ の部分は丸ごと $x$ に置き換えられるので、
$\begin{aligned} I & = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{x^{2} + 1} \\ = \frac{1}{2} {[\tan^{- 1} x]}_{- \infty}^{\infty} \\ = \frac{π}{2} \end{aligned}$

このように、あんなにも複雑な操作を必要としていた定積分でも、Glasserのマスター定理を使用すると瞬殺できてしまうことがあるのです。

Glasserのマスター定理の主張や定理の有用性をご理解いただけましたでしょうか？

Glasserのマスター定理を使用する時は
$a, b_{1}, b_{2}, b_{3}, \dots, b_{n - 1}, b_{n} \in R, a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n - 1}, a_{n} \in R^{+}$
を満たしていないと使用できないことに留意しましょう。特に
$a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n - 1}, a_{n} \in R^{+}$
という条件は重要です。例えば、
$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{{(x + \frac{1}{x})}^{2} + 1}$
という積分の $x + \frac{1}{x}$ の部分は、条件 $a_{1} \in R^{+}$ を満たさないので $x$ に置き換えることはできません。

Glasserのマスター定理の魅力をお伝えできたところで、次からはいよいよ証明に移っていきます。

証明のアイデア

いきなり定理の式を見せられて解答の方針が浮かぶ人はまずいないでしょう。
なので、まず $n = 1$ のときについて考えて、その時の方針を $n$ を一般化した時にも使えないか考えてみます。

$n = 1$ のとき

Glasserのマスター定理(

n = 1

のとき)

すべての $a, v \in R, u \in R^{+}$ について、
$\int_{- \infty}^{\infty} f (x + a - \frac{u}{x + v}) d x = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x$

まず
$I = \int_{- \infty}^{\infty} f (x + a - \frac{u}{x + v}) d x$
とおきます。

最終的な形が $\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x$ なので、 $f$ の引数 $x + a - \frac{u}{x + v}$ を丸ごと一つの文字に帰着させられるような置換をすることを考えます。しかし、
$t = x + a - \frac{u}{x + v}$
と置換しようとすると、
$\begin{aligned} t (x + v) & = (x + a) (x + v) - u \\ = x^{2} + (a + v) x + a v - u \end{aligned}$
$x^{2} + (a + v - t) x + (a - t) v - u = 0$
$\begin{aligned} x & = \frac{- a - v + t \pm \sqrt{(a + v - t)^{2} - 4 {(a - t) v - 4 u}}}{2} \\ = \frac{- a - v + t \pm \sqrt{(a + v - t)^{2} - 4 (a - t) v + 16 u}}{2} \end{aligned}$
となり、 $x$ が二つ出てきてしまいます。
(ちなみに、このとき $u < 0$ だと、ルートの中身が負になるような $t$ が存在してしまうので、 $u \in R^{+}$ でなければこの定理は成立しません。)
そこで、積分範囲を二つに分割することでこの重複を解消することを考えます。
ひとまず
$α (t) = \frac{- a - v + t - \sqrt{(a + v - t)^{2} - 4 (a - t) v + 16 u}}{2}$
$β (t) = \frac{- a - v + t + \sqrt{(a + v - t)^{2} - 4 (a - t) v + 16 u}}{2}$

と置いてみましょう。つまり、 $x$ について解いた時の式は、
$x = α (t), β (t)$

と書き換えられます。
ここで、 $y = x + a - \frac{u}{x + v}$ のグラフを見てみましょう。
!FORMULA[43][-1057619717][0](!FORMULA[44][-521360394][0], !FORMULA[45][936347630][0], !FORMULA[46][1393275497][0]のとき) $y = x + a - \frac{u}{x + v}$ ( $a = - 5$ , $v = - 2$ , $u = \frac{5}{2}$ のとき)
関数 $y = x + a - \frac{u}{x + v}$ が二つの曲線で構成されていることがわかります。
また、 $y = α (t)$ , $y = β (t)$ のグラフを見てみましょう。
!HTML[0][480702014][0], !HTML[1][-1912271112][0] (!FORMULA[52][-521360394][0], !FORMULA[53][936347630][0], !FORMULA[54][1393275497][0]のとき) $y = α (t)$ , $y = β (t)$ ( $a = - 5$ , $v = - 2$ , $u = \frac{5}{2}$ のとき)

これを見ると、図2のグラフと図1のグラフは直線 $y = x$ を軸に対称になっています。( $α (t)$ , $β (t)$ は $t = x + a - \frac{u}{x + v}$ をxについて解いた結果なので、当然と言えば当然ですね。)
そして、図1のグラフを構成していた曲線のうちの一つが $α$ , もう一つが $β$ になっているのもわかるでしょう。

図1のグラフにおいて二つの曲線の境界は $x = - v$ なので、関数 $α$ ,関数 $β$ の値域は、それぞれ $(- \infty, - v)$ , $(- v, \infty)$ です。そしてこれらの関数は連続で単調増加です。
ここまで来れば、積分区間を $(- \infty, - v)$ , $(- v, \infty)$ の二つに分割するという発想が最も自然であることはお分かりいただけるでしょう。

$\begin{aligned} I & = \int_{- \infty}^{\infty} f (x + a - \frac{u}{x + v}) d x \\ = \int_{- \infty}^{- v} f (x + a - \frac{u}{x + v}) d x + \int_{- v}^{\infty} f (x + a - \frac{u}{x + v}) d x \end{aligned}$
右辺の1項目の積分については $x = α (t)$ 、2項目の積分については $x = β (t)$ と置換すると、
$\begin{aligned} I & = \int_{- \infty}^{\infty} f (t) \cdot α^{'} (t) d t + \int_{- \infty}^{\infty} f (t) \cdot β^{'} (t) d t \\ = \int_{- \infty}^{\infty} f (t) {α^{'} (t) + β^{'} (t)} d t \end{aligned}$
ここで、 $α (t)$ , $β (t)$ は二次方程式 $x^{2} + (a + v - t) x + (a - t) v - u = 0$ の解なので、解と係数の関係から、
$\begin{aligned} α (t) + β (t) & = - (a + v - t) \\ = t - a - v \end{aligned}$
であり。ここで両辺を $t$ について微分すると、
$α^{'} (t) + β^{'} (t) = 1$
がわかります。よって、
$I = \int_{- \infty}^{\infty} f (t) d t$
となり、定理が導けました。

他のnのとき

$n = 1$ のときと同じく、 $f$ の引数を丸ごと一つの文字に帰着させられるような置換をすることを考えます。
ただ、やはり単純に
$t = x + a - \frac{a_{1}}{x + b_{1}} - \frac{a_{2}}{x + b_{2}} - \frac{a_{3}}{x + b_{3}} - \dots - \frac{a_{n - 1}}{x + b_{n - 1}} - \frac{a_{n}}{x + b_{n}}$
と置換するのは厳しい。
$x$ について整理すると $x$ についての $n + 1$ 次方程式になり、それを解くと $x = (t の関数)$ の形が $n + 1$ 通り出てきてしまいます。
そこで、 $n = 1$ の時と同じように、 $x = (t の関数)$ の形が1通りに定まるようにうまく積分範囲を分割することを考えます。
ただどのように積分範囲を分割すれば良いのでしょうか？
ここで、例として $y = x + 10 - \frac{100}{x - 40} - \frac{100}{x + 30} - \frac{100}{x + 10} - \frac{100}{x - 20}$ という関数のグラフを見てみましょう。
!FORMULA[90][1895137698][0] $y = x + 10 - \frac{100}{x - 40} - \frac{100}{x + 30} - \frac{100}{x + 10} - \frac{100}{x - 20}$
この関数は、5つの曲線で構成されているのがお分かりいただけますでしょうか？
$n = 1$ のときは、2つの曲線で構成されていました。なので積分範囲は二つに分割するだけで十分でした。しかし、5つの曲線で構成されているとなれば、5つに積分範囲を分割する必要があるでしょう。
また、 $n = 1$ のときは曲線と曲線の境界で分割していました。なので、この場合も曲線と曲線の境界で分割するのが自然そうです。
別の例も見てみましょう。以下は $y = x + 3 - \frac{80}{x - 50} - \frac{80}{x + 45} - \frac{50}{x - 11}$ のグラフです。
!FORMULA[94][1361036709][0] $y = x + 3 - \frac{80}{x - 50} - \frac{80}{x + 45} - \frac{50}{x - 11}$
これもやはり4つの曲線で構成されていますので、4つに積分範囲を分割する必要がありそうです。
ここまでくれば、曲線と曲線の境目で積分区間を $n + 1$ 区間に分割すれば、分割したそれぞれの積分において $x$ を $t$ を用いて一通りで表現できるのではないかという推測が立つでしょう。
本記事では、このような発想をもってGlasserのマスター定理を証明していきます。

証明

$b_{1} > b_{2} > b_{3} > \dots > b_{n - 1} > b_{n}$ とする。

また、
$g (x) = x + a - \frac{a_{1}}{x + b_{1}} - \frac{a_{2}}{x + b_{2}} - \frac{a_{3}}{x + b_{3}} - \dots - \frac{a_{n - 1}}{x + b_{n - 1}} - \frac{a_{n}}{x + b_{n}}$
$I = \int_{- \infty}^{\infty} f (x + a - \frac{a_{1}}{x + b_{1}} - \frac{a_{2}}{x + b_{2}} - \frac{a_{3}}{x + b_{3}} - \dots - \frac{a_{n - 1}}{x + b_{n - 1}} - \frac{a_{n}}{x + b_{n}}) d x$
とおく。すると、
$I = \int_{- \infty}^{\infty} f (g (x)) d x$
となる。

任意の実数 $t$ で
$\begin{aligned} (1) & t & = g (α (t)) \end{aligned}$
となるような実関数 $α$ を考える。(以下、関数の引数を省略する場合がある。)
$t = α (t) + a - \frac{a_{1}}{α (t) + b_{1}} - \frac{a_{2}}{α (t) + b_{2}} - \frac{a_{3}}{α (t) + b_{3}} - \dots - \frac{a_{n - 1}}{α (t) + b_{n - 1}} - \frac{a_{n}}{α (t) + b_{n}}$
上の式を分母を払うと、
$\begin{aligned} t (α & + b_{1}) (α + b_{2}) (α + b_{3}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ = & (α + a) (α + b_{1}) (α + b_{2}) (α + b_{3}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ - a_{1} (α + b_{2}) (α + b_{3}) (α + b_{4}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ - a_{2} (α + b_{1}) (α + b_{3}) (α + b_{4}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ - a_{3} (α + b_{1}) (α + b_{2}) (α + b_{4}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ ⋮ \\ - a_{n - 1} (α + b_{1}) (α + b_{2}) (α + b_{3}) \dots (α + b_{n - 2}) (α + b_{n}) \\ - a_{n} (α + b_{1}) (α + b_{2}) (α + b_{3}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \end{aligned}$
$\begin{aligned} ∴ & (α + a - t) (α + b_{1}) (α + b_{2}) (α + b_{3}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ - a_{1} (α + b_{2}) (α + b_{3}) (α + b_{4}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ - a_{2} (α + b_{1}) (α + b_{3}) (α + b_{4}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ - a_{3} (α + b_{1}) (α + b_{2}) (α + b_{4}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ ⋮ \\ - a_{n - 1} (α + b_{1}) (α + b_{2}) (α + b_{3}) \dots (α + b_{n - 2}) (α + b_{n}) \\ - a_{n} (α + b_{1}) (α + b_{2}) (α + b_{3}) \dots (α + b_{n - 1}) (α + b_{n}) \\ (2) & = 0 \end{aligned}$

となり、 $α (t)$ に関する $n + 1$ 次方程式になる。よって、式 $(1)$ を満たす関数 $α$ は、高々 $n + 1$ 個しか存在しない。

また、

$\begin{aligned} lim_{x \to - \infty} g (x) = - \infty & lim_{x \to - b_{1} - 0} g (x) = \infty, \\ lim_{x \to - b_{1} + 0} g (x) = - \infty & lim_{x \to - b_{2} - 0} g (x) = \infty, \\ lim_{x \to - b_{2} + 0} g (x) = - \infty & lim_{x \to - b_{3} - 0} g (x) = \infty, \\ ⋮ \\ lim_{x \to - b_{n - 1} + 0} g (x) = - \infty & lim_{x \to - b_{n} - 0} g (x) = \infty, \\ lim_{x \to - b_{n} + 0} g (x) = - \infty & lim_{x \to \infty} g (x) = \infty (★) \end{aligned}$

でかつ関数 $g$ は $(- \infty, - b_{1}), (- b_{1}, - b_{2}), (- b_{2}, - b_{3}), \dots, (- b_{n - 1}, - b_{n}), (- b_{n}, \infty)$ の $n + 1$ 区間において単調増加で連続である。
よって、関数 $g$ の定義域を $(- \infty, - b_{1}), (- b_{1}, - b_{2}), (- b_{2}, - b_{3}), \dots, (- b_{n - 1}, - b_{n}), (- b_{n}, \infty)$ に限定した関数をそれぞれ $g_{1}, g_{2}, g_{3}, \dots, g_{n}, g_{n + 1}$ とおくと、 $1 \leq k \leq n + 1$ を満たすすべての $k \in Z$ について、 $g_{k}$ は全単射で連続でかつ単調増加である。
ここで、 $g_{k}$ の逆関数を $g_{k}^{- 1}$ とおく。
式 $(1)$ において、 $α (t) \in (- \infty, - b_{1})$ のとき、
$t = g_{1} (α (t))$
$\begin{aligned} g_{1}^{- 1} (t) & = g_{1}^{- 1} (g_{1} (α (t))) \\ = α (t) \end{aligned}$
$∴ α = g_{1}^{- 1}$
同様に、 $α (t) \in (- b_{1}, - b_{2})$ のとき、
$α = g_{2}^{- 1}$
$α (t) \in (- b_{2}, - b_{3})$ のとき、
$α = g_{3}^{- 1}$

というように、 $(- \infty, - b_{1}), (- b_{1}, - b_{2}), (- b_{2}, - b_{3}), \dots, (- b_{n - 1}, - b_{n}), (- b_{n}, \infty)$ のすべての区間について同じことが言えるので、
$α = g_{1}^{- 1}, g_{2}^{- 1}, g_{3}^{- 1}, \dots, g_{n}^{- 1}, g_{n + 1}^{- 1}$
は式 $(1)$ を満たす。
そして式 $(1)$ を満たす $α$ は高々 $n + 1$ 個しか存在しないので、これら以外に式 $(1)$ を満たす $α$ は存在しない。そしてこれらは $(2)$ の方程式の解のうちすべてである。
よって式 $(2)$ より、解と係数の関係から、
$\begin{aligned} g_{1}^{- 1} (t) + g_{2}^{- 1} (t) + g_{3}^{- 1} (t) + \dots + g_{n}^{- 1} (t) + g_{n + 1}^{- 1} (t) & = - {(a - t) + b_{1} + b_{2} + b_{3} + \dots + b_{n - 1} + b_{n}} \\ = t - a - b_{1} - b_{2} - b_{3} - \dots - b_{n - 1} - b_{n} \end{aligned}$
両辺を微分して、
$\begin{matrix} (3) & {g_{1}^{- 1}}^{'} (t) + {g_{2}^{- 1}}^{'} (t) + {g_{3}^{- 1}}^{'} (t) + \dots + {g_{n}^{- 1}}^{'} (t) + {g_{n + 1}^{- 1}}^{'} (t) = 1 \end{matrix}$

ここで、 $I$ の積分範囲を下のように分割する。
$\begin{aligned} I = & \int_{- \infty}^{- b_{1}} f (g (x)) d x \\ + \int_{- b_{1}}^{- b_{2}} f (g (x)) d x \\ + \int_{- b_{2}}^{- b_{3}} f (g (x)) d x \\ ⋮ \\ + \int_{- b_{n - 1}}^{- b_{n}} f (g (x)) d x \\ + \int_{- b_{n}}^{\infty} f (g (x)) d x \end{aligned}$
そして、右辺の項のうち $k$ 項目を $I_{k}$ とおく。つまり、
$I = I_{1} + I_{2} + I_{3} + \dots + I_{n} + I_{n + 1}$
となる。
すべての $I_{k}$ について、 $x = g_{k}^{- 1} (t)$ と置換すると、 $(★)$ より、すべての $I_{k}$ で積分範囲が $- \infty$ から $\infty$ になるので、
$\begin{aligned} I_{k} & = \int_{- \infty}^{\infty} f (g (g_{k}^{- 1} (t))) \cdot {g_{k}^{- 1}}^{'} (t) d t \\ = \int_{- \infty}^{\infty} f (t) {g_{k}^{- 1}}^{'} (t) d t \end{aligned}$
$\begin{aligned} ∴ I = & \int_{- \infty}^{\infty} f (t) {g_{1}^{- 1}}^{'} (t) d t \\ + \int_{- \infty}^{\infty} f (t) {g_{2}^{- 1}}^{'} (t) d t \\ + \int_{- \infty}^{\infty} f (t) {g_{3}^{- 1}}^{'} (t) d t \\ ⋮ \\ + \int_{- \infty}^{\infty} f (t) {g_{n}^{- 1}}^{'} (t) d t \\ + \int_{- \infty}^{\infty} f (t) {g_{n + 1}^{- 1}}^{'} (t) d t \\ = & \int_{- \infty}^{\infty} f (t) {{g_{1}^{- 1}}^{'} (t) + {g_{2}^{- 1}}^{'} (t) + {g_{3}^{- 1}}^{'} (t) + \dots + {g_{n}^{- 1}}^{'} (t) + {g_{n + 1}^{- 1}}^{'} (t)} d t \\ = & \int_{- \infty}^{\infty} f (t) d t (∵ (3)) \\ = & \int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x \end{aligned}$
よって定理は示された。