パワーな定積分

はじめに

今回はとある依頼を受けて次の定積分を計算したので，その結果を過程と共にここに記そうと思います(といっても，ただひたすら原始関数を求めて逐次積分するだけなので，斬新な発想とかはほとんどありません…)．

因みにこの定積分は，「1辺の長さが1の正方形平板2枚を間隔1で平行に置いたときの形態係数」という値を導出する際に表れます．本題からそれるので，ここで形態係数については説明しません．詳しくは Wikipedia 等を参照して頂きたいと思います．

解答

早速計算を始めます．被積分関数の分母はどの変数についても複2次多項式なので，どれでも積分できますが，ここではとりあえず$y_2$で積分します．

$y_2$で積分

コチラの記事 内にある複2次多項式の逆数の積分より，
$$\begin{split} &\int_0^1\cfrac{dy_2}{\{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+1\}^2} \\ &= \cfrac{1}{2\{(x_2-x_1)^2+1\}^{\frac{3}{2}}} \left[\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}(y_2-y_1)}{(x_2-x_1)^2+1+(y_2-y_1)^2}+{\rm Arctan}\left(\cfrac{y_2-y_1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}} \right)\right]_0^1\\ &= \cfrac{1}{2\{(x_2-x_1)^2+1\}^{\frac{3}{2}}}\left\{\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}(1-y_1)}{(x_2-x_1)^2+1+(1-y_1)^2}+\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}y_1}{(x_2-x_1)^2+1+y_1^2}\right\} \\ & \hspace{2in} +\cfrac{1}{2\{(x_2-x_1)^2+1\}^{\frac{3}{2}}}\left\{{\rm Arctan}\left(\cfrac{1-y_1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right) +{\rm Arctan}\left(\cfrac{y_1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right)\right\}\\ \end{split}$$
となります．

$y_1$で積分

一気に被積分関数がぐちゃぐちゃになりましたが，じっと眺めていると$y_1$に関しては比較的簡単な形をしていることがおぼろげながら見えてくると思います．そこで次は$y_1$で積分することにします．すると最初の2項が
$$\begin{split} \int_0^1\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}y_1}{(x_2-x_1)^2+1+y_1^2}\, dy_1 &= \cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}{2}\left[ \log|(x_2-x_1)^2+1+y_1^2| \right]_0^1 \\ &= \cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}{2}\,\log\left( \cfrac{(x_2-x_1)^2+2}{(x_2-x_1)^2+1} \right) \end{split}$$
$$\begin{split} \int_0^1\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}(1-y_1)}{(x_2-x_1)^2+1+(1-y_1)^2}\, dy_1 &= \int_1^0\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}z}{(x_2-x_1)^2+1+z^2}\, (-dz) \hspace{0.2in} (z=1-y_1 \, とおいた) \\ &= \int_0^1\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}z}{(x_2-x_1)^2+1+z^2}\, dz \\ &= \cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}{2}\,\log\left( \cfrac{(x_2-x_1)^2+2}{(x_2-x_1)^2+1} \right) \end{split}$$
と計算されます．後ろの2項は コチラの記事 内の${\rm Arctan}(ax+b)$の積分より，
$$\begin{split} \int_0^1{\rm Arctan}\left(\cfrac{y_1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right) dy_1 &= \left[ y_1\cdot {\rm Arctan}\left(\cfrac{y_1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right)-\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}{2}\log\left|1+\left( \cfrac{y_1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right)^2 \right| \right]_0^1 \\ &= {\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right)-\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}{2}\log\left(\cfrac{(x_2-x_1)^2+2}{(x_2-x_1)^2+1} \right) \end{split}$$
$$\begin{split} \int_0^1{\rm Arctan}\left(\cfrac{1-y_1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right) dy_1 &= \int_1^0{\rm Arctan}\left(\cfrac{z}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right) (-dz) \hspace{0.2in} (z=1-y_1 \, とおいた) \\ &= \int_0^1{\rm Arctan}\left(\cfrac{z}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right) dz \\ &= {\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right)-\cfrac{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}{2}\log\left(\cfrac{(x_2-x_1)^2+2}{(x_2-x_1)^2+1} \right) \end{split}$$

と計算できます．従って，
$$\begin{split} \int_0^1dy_1\int_0^1dy_2\,\cfrac{1}{\{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+1\}^2}=\cfrac{1}{\{(x_2-x_1)^2+1\}^{\frac{3}{2}}}\,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right) \end{split}$$
が成り立ちます．被積分関数がちょっとスッキリして安心するポイントです．

$x_2$で積分

次は$x_1,x_2$のいずれで積分しても良いですが，とりあえず$x_2$で積分してみます． コチラの記事 内の，分母が2次式の3/2乗の積分を用いて部分積分することで，
$$\begin{split} &\int_0^1\cfrac{1}{\{(x_2-x_1)^2+1\}^{\frac{3}{2}}}\,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right)dx_2 \\ &= \left[\frac{x_2-x_1}{\sqrt{1+(x_2-x_1)^2}} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right)\right]_0^{1} -\int_0^{1}\frac{x_2-x_1}{\sqrt{1+(x_2-x_1)^2}} \cfrac{-(x_2-x_1)}{\{(x_2-x_1)^2+1\}^{\frac{3}{2}}}\,\cfrac{1}{1+\left(\frac{1}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+1}}\right)^2}\, dx_2\\ &= \frac{1-x_1}{\sqrt{1+(1-x_1)^2}} \,{\rm Arctan}\left(\frac{1}{\sqrt{1+(1-x_1)^2}}\right)+\frac{x_1}{\sqrt{1+x_1^2}} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{1+x_1^2}}\right) \\ & \hspace{2in} +\int_0^{1}\frac{x_2-x_1}{\sqrt{1+(x_2-x_1)^2}} \cfrac{x_2-x_1}{\{(x_2-x_1)^2+1\}^{\frac{3}{2}}}\,\cfrac{(x_2-x_1)^2+1}{(x_2-x_1)^2+2}\, dx_2\\ &= \frac{1-x_1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}} \,{\rm Arctan}\left(\frac{1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}}\right)+\frac{x_1}{\sqrt{x_1^2+1}} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{x_1^2+1}}\right) \\ & \hspace{2in} +\int_0^{1}\frac{(x_2-x_1)^2}{((x_2-x_1)^2+1)((x_2-x_1)^2+2)}\, dx_2\\ \end{split}$$
が成り立ちます．最後の積分は，
$$\begin{split} &\int_0^{1}\frac{(x_2-x_1)^2}{((x_2-x_1)^2+1)((x_2-x_1)^2+2)}\, dx_2 \\ &= \int_0^{1}\left\{\cfrac{-1}{(x_2-x_1)^2+1}+\cfrac{2}{(x_2-x_1)^2+2} \right\}\, dx_2 \\ &= \left[ -{\rm Arctan}(x_2-x_1)+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{x_2-x_1}{\sqrt{2}} \right)\right]_0^{1} \\ &= -{\rm Arctan}(1-x_1)+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1-x_1}{\sqrt{2}} \right)+{\rm Arctan}(-x_1)-\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{-x_1}{\sqrt{2}}\right) \\ &= {\rm Arctan}(x_1-1)-\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{x_1-1}{\sqrt{2}} \right)-{\rm Arctan}(x_1)+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{x_1}{\sqrt{2}}\right) \end{split}$$
と計算されるので，与式を$y_2,y_1,x_2$で積分した結果は，
$$\begin{split} &\int_0^1dy_1\int_0^1dx_2\int_0^1dy_2\,\cfrac{1}{\{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+1\}^2} \\ &= \frac{1-x_1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}}\right)+\frac{x_1}{\sqrt{x_1^2+1}} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{x_1^2+1}}\right)\\ & \hspace{2in} -{\rm Arctan}(x_1)+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{x_1}{\sqrt{2}}\right)+{\rm Arctan}(x_1-1)-\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{x_1-1}{\sqrt{2}}\right) \end{split}$$
となります．

$x_1$で積分

最後に$x_1$で各項を積分しましょう．$(関数) \times {\rm Arctan}$という形が入っている2つ目の項は先ほどと同様に部分積分を使って，
$$\begin{split} \int_0^1\frac{x_1}{\sqrt{x_1^2+1}} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{x_1^2+1}}\right)dx_1 &= \left[ \sqrt{x_1^2+1} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{x_1^2+1}}\right) \right]_0^1-\int_0^1\sqrt{x_1^2+1} \cfrac{-x_1}{(x_1^2+1)^{\frac{3}{2}}}\,\cfrac{x_1^2+1}{x_1^2+2}\, dx_1 \\ &= -\cfrac{\pi}{4}+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)+\int_0^1\cfrac{x_1}{x_1^2+2}\, dx_1 \\ &= -\cfrac{\pi}{4}+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)+\left[\cfrac{1}{2} \log|x_1^2+2| \right]_0^1 \\ &= -\cfrac{\pi}{4}+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)-\cfrac{1}{2}\log\cfrac{2}{3} \end{split}$$
と計算できます．これより，
$$\begin{split} \int_0^1\frac{1-x_1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}}\right)dx_1 &=\int_1^0\frac{z}{\sqrt{z^2+1}} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\,(-dz) \hspace{0.2in} (z=1-x_1\,とおいた)\\ &=\int_0^1\frac{z}{\sqrt{z^2+1}} \,{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\,dz \\ &= -\cfrac{\pi}{4}+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)-\cfrac{1}{2}\log\cfrac{2}{3} \end{split}$$
も成り立ちます．残りの項については，
$$\int_0^1{\rm Arctan}(x_1)\, dx_1 = \left[ x_1{\rm Arctan}(x_1)-\cfrac{1}{2}\log(1+x_1^2)\right]_0^1=\cfrac{\pi}{4}-\cfrac{1}{2}\log2$$
$$\int_0^1\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{x_1}{\sqrt{2}}\right)\, dx_1 = \sqrt{2}\left[ x_1{\rm Arctan}\left(\cfrac{x_1}{\sqrt{2}}\right)-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\log\left(1+\cfrac{x_1^2}{2}\right)\right]_0^1=\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)-\log\cfrac{3}{2}$$
$$\int_0^1{\rm Arctan}(x_1-1)\, dx_1 \overset{z=1-x_1と置換}{=} -\int_0^1{\rm Arctan}(z)\, dz=-\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{1}{2}\log2$$
$$\begin{split} &\int_0^1\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{x_1-1}{\sqrt{2}}\right)\, dx_1 \overset{z=1-x_1と置換}{=} -\int_0^1\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{z}{\sqrt{2}}\right)\, dz = -\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)+\log\cfrac{3}{2} \end{split}$$
が成り立つので，$x_1$で積分した結果は
$$\begin{split} &\int_0^1dx_1\int_0^1dy_1\int_0^1dx_2\int_0^1dy_2\,\cfrac{1}{\{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+1\}^2} \\ &= -\cfrac{\pi}{4}+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)-\cfrac{1}{2}\log\cfrac{2}{3} -\cfrac{\pi}{4}+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)-\cfrac{1}{2}\log\cfrac{2}{3} \\ &\hspace{0.5in} -\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{1}{2}\log2+\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)-\log\cfrac{3}{2}-\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{1}{2}\log2-\left\{-\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)+\log\cfrac{3}{2} \right\} \\ &= 4\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)+\log\cfrac{4}{3}-\pi \end{split}$$
これが求める値です．そこそこキレイな値が得られました！

この結果を定理として挙げておきます．

実数値

WolframAlphaで計算したところ，
$$4\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\right)+\log\cfrac{4}{3}-\pi=0.6277684243\cdots$$
でした.

発展

上と全く同様の轍を踏むことで，次の定積分も計算できます．

実はこの値は，「1辺の長さが$L$の正方形平板2枚を間隔$H$で平行に置いたときの形態係数」を求める際に表れます．$L=H=1$即ち$w=1$を代入すると，上で得た値と等しくなることも確認できます．

さいごに

初めてこの定積分を見たときは，閉じた値が求まりそうになかったので絶望しかけました．が，最終的に閉じた値が得られて良かったです．

今回の記事は以上です．
お読み頂きありがとうございました．