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神鳥さんの積分

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神鳥奈紗さんの積分を解いたので記事にします。
https://twitter.com/sounansya_29/status/1378314433391292416?s=19

$\displaystyle\int_0^\infty\frac{1}{x+1}\log\left(\frac{x^2+2x+1}{x^2+x+1}\right)dx$

「log(分数)の形があるので変数をつけて微分すれば良さそう!」となったので$x^2+x+1$$x^2+2ax+1$$a=1/2$としたものとして見ることにしました。

(分母に変数をつけたのは分子が$(x+1)^2$の形になっていてそのまま残したかったからで、$ax$ではなくて$2ax$と置いたのは与式が$a=1$のときに$0$になっていてほしかったからです。)

$\displaystyle F(a)=\int_0^\infty\frac{1}{x+1}\log\left(\frac{x^2+2x+1}{x^2+2ax+1}\right)dx$ と置きます。

これを$a$で微分します。

$\displaystyle F'(a)=-\int_0^\infty\frac{2x}{(x+1)(x^2+2ax+1)}dx$

有理式の積分になったので頑張って計算します。

$\displaystyle F'(a)=\frac{1}{1-a}\int_0^\infty\left(\frac{1}{x+1}-\frac{x+1}{x^2+2ax+1}\right)dx \\\displaystyle=\frac{1}{1-a}\int_0^\infty\left(\frac{1}{x+1}-\frac{x+a}{x^2+2ax+1}-\frac{1-a}{x^2+2ax+1}\right)dx \\\displaystyle=\frac{1}{2(1-a)}\left[\log\left(\frac{(x+1)^2}{x^2+2ax+1}\right)\right]_0^\infty-\int_0^\infty\frac{1}{x^2+2ax+1}dx \\\displaystyle=-\int_0^\infty\frac{1}{x^2+2ax+1}dx$

(ここで気付いたのですが、$x→1/x$の変換をしたら部分分数分解をせずにこの形に帰着できますね。)

$\displaystyle F'(a)=-\int_0^\infty\frac{1}{x^2+2ax+1}dx \\\displaystyle=-\int_a^\infty\frac{1}{x^2+1-a^2}dx \\\displaystyle=-\frac{1}{\sqrt{1-a^2}}\left(\frac{\pi}{2}-\tan^{-1}\frac{a}{\sqrt{1-a^2}}\right) \\\displaystyle=-\frac{\cos^{-1}a}{\sqrt{1-a^2}}$

$F(1)=0$がわかっているので、あとは積分するだけです。

$\displaystyle F(a)=\int_1^aF'(a)da=\frac{(\cos^{-1}a)^2}{2}$

従って、
$\displaystyle\int_0^\infty\frac{1}{x+1}\log\left(\frac{x^2+2x+1}{x^2+2ax+1}\right)dx \\\displaystyle=F\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{18}$
となります。

神鳥さん面白い問題をありがとうございました。

投稿日:202144

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