Re:パワーな定積分

定積分

はじめに

今回は昔計算した次の積分を，前回とは少し異なる方法で積分しようと思います．今回の方が計算量は少なくなると期待していたのですが，結局あまり変わらない気がします．

前回の記事はコチラからどうぞ

次の定積分を計算せよ．
$$\int_0^1dx_1\int_0^1dy_1\int_0^1dx_2\int_0^1dy_2\,\cfrac{1}{\{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+1\}^2}$$

解答

唐突な設定

唐突ですが，
$$A_1=\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \, | \, 0 \leq x,y \leq 1, \, z=0\}$$
$$A_2=\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \, | \, 0 \leq x,y \leq 1, \, z=1\}$$
とし，$A_1,A_2$の面の向き(単位法線ベクトル)はそれぞれ$n_1=(0,0,1), \, n_2=(0,0,-1)$であるとします．また，$A_1$内の点は$(x_1,y_1,0)$という座標で，$A_2$内の点は$(x_2,y_2,1)$という座標で表されるとし，$r=(x_2-x_1, y_2-y_1, 1)$，$S=|r|=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+1}$とおきます．すると，内積を用いることで
$$\cos\theta_1=\frac{r \cdot n_1}{|r||n_1|}=\frac{1}{S}$$
$$\cos\theta_2=\frac{(-r) \cdot n_2}{|r||n_2|}=\frac{1}{S}$$
と計算できます．

このとき，
$$\begin{split} \int_{A_1}\int_{A_2}\frac{\cos\theta_1\cos\theta_2}{S^2}\,dA_1dA_2 &= \int_{A_1}\int_{A_2}\frac{1}{S^4}\,dx_1dy_1dx_2dy_2 \\ &= \int_0^1dx_1\int_0^1dy_1\int_0^1dx_2\int_0^1dy_2\,\cfrac{1}{\{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+1\}^2} \end{split}$$
となるので，最左辺の面積分が求める値です(実は元々最左辺の面積分があって，それを座標によって書き直したものを問題としていました)．以下，この面積分について考えていきます．

$A_2$に関する面積分

またまた唐突ですが，
$$\left\{\begin{array}{l} P=\frac{y_2-y_1}{2S^2} \\ Q=\frac{-(x_2-x_1)}{2S^2} \\ R=0 \\ \end{array}\right.$$
という$x_2,y_2$を変数に持つ3つの関数$P,Q,R$を考えます．すると，実は
$$\int_{A_2}\frac{\cos\theta_1\cos\theta_2}{S^2}\,dA_2=\int_Cv \cdot t\, dC$$
が成り立つことが知られています．ここで，$C$は$A_2$の境界，$v=(P,Q,R)$，$t$は$C$の接ベクトルで，$C$の向きは$A_2$の向きと右手系をなす方向です．特に今回の場合$C$の向きは正方形$A_2$の周を時計回りに周る方向です．これにより，面積分を線積分に変換することができます．まず，この線積分を求めましょう．そのために$C$を次のように分割します．

$C$の分割

さて，$C_1$は$(1-x_2,0,0) \, (0 \leq x_2 \leq 1)$と媒介変数表示されるので，特に$t=(-1,0,0)$です．よって線積分は
$$\begin{split} \int_{C_1}v \cdot t\,dC = \int_0^1(-P|_{y_2=0})\, dx_2 &=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{y_1}{(x_2-x_1)^2+y_1^2+1}\, dx_2 \\ &= \frac{y_1}{2}\left[\frac{1}{\sqrt{y_1^2+1}}\,{\rm Arctan}\left( \frac{x_2-x_1}{\sqrt{y_1^2+1}}\right) \right]_0^1 \\ &= \frac{y_1}{2\sqrt{y_1^2+1}}\left\{{\rm Arctan}\left( \frac{1-x_1}{\sqrt{y_1^2+1}}\right)+{\rm Arctan}\left( \frac{x_1}{\sqrt{y_1^2+1}}\right) \right\} \end{split}$$
と計算できます．ここで，コチラの記事内にある2次多項式の逆数の積分を用いました．

$C_2,C_3,C_4$における線積分も少し値が変わるだけで全く同様にできます．結果は次の通りです．
$$\begin{split} \int_{C_2}v \cdot t\,dC = \int_0^1(Q|_{x_2=0})\, dy_2= \frac{x_1}{2\sqrt{x_1^2+1}}\left\{{\rm Arctan}\left( \frac{1-y_1}{\sqrt{x_1^2+1}}\right)+{\rm Arctan}\left( \frac{y_1}{\sqrt{x_1^2+1}}\right) \right\} \end{split}$$
$$\begin{split} \int_{C_3}v \cdot t\,dC = \int_0^1(P|_{y_2=1})\, dx_2= \frac{1-y_1}{2\sqrt{(1-y_1)^2+1}}\left\{{\rm Arctan}\left( \frac{1-x_1}{\sqrt{(1-y_1)^2+1}}\right)+{\rm Arctan}\left( \frac{x_1}{\sqrt{(1-y_1)^2+1}}\right) \right\} \end{split}$$
$$\begin{split} \int_{C_4}v \cdot t\,dC = \int_0^1(-Q|_{x_2=1})\, dy_2= \frac{1-x_1}{2\sqrt{(1-x_1)^2+1}}\left\{{\rm Arctan}\left( \frac{1-y_1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}}\right)+{\rm Arctan}\left( \frac{y_1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}}\right) \right\} \end{split}$$

これより，$A_2$に関する面積分は次のように計算できます．
$$\begin{split} \int_{A_2}\frac{\cos\theta_1\cos\theta_2}{S^2}\,dA_2 &= \frac{y_1}{2\sqrt{y_1^2+1}}\left\{{\rm Arctan}\left( \frac{1-x_1}{\sqrt{y_1^2+1}}\right)+{\rm Arctan}\left( \frac{x_1}{\sqrt{y_1^2+1}}\right) \right\}\hspace{0.2in} \cdots \hspace{0.1in} {\rm (i)} \\ &+ \frac{x_1}{2\sqrt{x_1^2+1}}\left\{{\rm Arctan}\left( \frac{1-y_1}{\sqrt{x_1^2+1}}\right)+{\rm Arctan}\left( \frac{y_1}{\sqrt{x_1^2+1}}\right) \right\} \hspace{0.2in} \cdots \hspace{0.1in} {\rm (ii)}\\ &+ \frac{1-y_1}{2\sqrt{(1-y_1)^2+1}}\left\{{\rm Arctan}\left( \frac{1-x_1}{\sqrt{(1-y_1)^2+1}}\right)+{\rm Arctan}\left( \frac{x_1}{\sqrt{(1-y_1)^2+1}}\right) \right\} \hspace{0.2in} \cdots \hspace{0.1in} {\rm (iii)}\\ &+ \frac{1-x_1}{2\sqrt{(1-x_1)^2+1}}\left\{{\rm Arctan}\left( \frac{1-y_1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}}\right)+{\rm Arctan}\left( \frac{y_1}{\sqrt{(1-x_1)^2+1}}\right) \right\} \hspace{0.2in} \cdots \hspace{0.1in} {\rm (iv)} \end{split}$$

$A_1$に関する面積分

ここから先は$A_1$の面積分を普通に逐次積分していきます．関数が多くて大変なように見えますが，どれも似た形をしているので，実は1つ計算すると後は変数変換で同じように計算できます．

まず(i)を$y_1$で積分しましょう．部分積分から
$$\begin{split} \int_0^1\frac{y_1}{\sqrt{y_1^2+1}}{\rm Arctan}\left( \frac{x_1}{\sqrt{y_1^2+1}}\right)dy_1 &= \left[\sqrt{y_1^2+1}{\rm Arctan}\left( \frac{x_1}{\sqrt{y_1^2+1}}\right)\right]_0^1+x_1\int_0^1\frac{y_1}{y_1^2+x_1^2+1}\,dy_1 \\ &= \sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{x_1}{\sqrt{2}}\right)-{\rm Arctan}(x_1)+x_1\left[\frac{1}{2}\log(y_1^2+x_1^2+1) \right]_0^1 \\ &= \sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{x_1}{\sqrt{2}}\right)-{\rm Arctan}(x_1)+\frac{x_1}{2}\log\frac{x_1^2+2}{x_1^2+1} \end{split}$$
と計算されるので，
$$\begin{split} \int_0^1\frac{y_1}{\sqrt{y_1^2+1}}{\rm Arctan}\left( \frac{1-x_1}{\sqrt{y_1^2+1}}\right)dy_1 = \sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{1-x_1}{\sqrt{2}}\right)-{\rm Arctan}(1-x_1)+\frac{1-x_1}{2}\log\frac{(1-x_1)^2+2}{(1-x_1)^2+1} \end{split}$$
も分かります．従って，
$$\begin{split} F(x):=&\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)-{\rm Arctan}(x)+\frac{x}{2}\log\frac{x^2+2}{x^2+1} \\ &+ \sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{1-x}{\sqrt{2}}\right)-{\rm Arctan}(1-x)+\frac{1-x}{2}\log\frac{(1-x)^2+2}{(1-x)^2+1} \end{split}$$
とおけば，(i)を$y_1$で積分した結果は$\frac{F(x_1)}{2}$となります．(ii)は(i)の場合と$x_1,y_1$が入れ替わっていることから，(ii)を$x_1$で積分すると$\frac{F(y_1)}{2}$となります．更に，任意の関数$g(x)$に対して等式
$$\int_0^1g(x)\, dx=\int_0^1g(1-x)\,dx$$
が成り立つことから，(iii)を$y_1$で積分すると$\frac{F(x_1)}{2}$を，(iv)を$x_1$で積分すると$\frac{F(y_1)}{2}$を得ることも分かります．従って，次が成り立ちます．
$$\begin{split} &\int_{A_1}\int_{A_2}\frac{\cos\theta_1\cos\theta_2}{S^2}\,dA_1dA_2 \\ &= \frac{1}{2}\left\{\int_0^1F(x_1)\, dx_1+\int_0^1F(y_1)\,dy_1+\int_0^1F(x_1)\, dx_1+\int_0^1F(y_1)\, dy_1\right\} \\ &= 2\int_0^1F(x_1)\,dx_1 \\ &= 2\int_0^1\left\{\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{x_1}{\sqrt{2}}\right)-{\rm Arctan}(x_1)+\frac{x_1}{2}\log\frac{x_1^2+2}{x_1^2+1}\right\}dx_1 \\ &\hspace{0.5in} + 2\int_0^1\left\{\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{1-x_1}{\sqrt{2}}\right)-{\rm Arctan}(1-x_1)+\frac{1-x_1}{2}\log\frac{(1-x_1)^2+2}{(1-x_1)^2+1} \right\}dx_1 \\ &= 4\int_0^1\left\{\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{x_1}{\sqrt{2}}\right)-{\rm Arctan}(x_1)+\frac{x_1}{2}\log\frac{x_1^2+2}{x_1^2+1}\right\}dx_1 \end{split}$$
後は各項を積分するだけです．最初の2項は
$$\int_0^1\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{x_1}{\sqrt{2}}\right)\,dx_1=\left[\sqrt{2}x_1{\rm Arctan}\left(\frac{x_1}{\sqrt{2}}\right)-\log\left(1+\frac{x_1^2}{2}\right) \right]_0^1=\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)-\log\frac{3}{2}$$
$$\int_0^1{\rm Arctan}\left(x_1\right)\,dx_1=\left[x_1{\rm Arctan}\left(x_1\right)-\frac{1}{2}\log\left(1+x_1^2\right) \right]_0^1=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\log2$$
と直ぐに求められます．最後の項は，部分積分から
$$\begin{split} \int_0^1x_1\log(x_1^2+1)\, dx &= \left[\frac{x_1^2}{2}\log(x_1^2+1) \right]_0^1-\int_0^1\frac{x_1^3}{x_1^2+1}\, dx_1 \\ &=\frac{1}{2}\log2-\int_0^1\left(x_1-\frac{x_1}{x_1^2+1} \right) dx_1 \\ &= \frac{1}{2}\log2-\frac{1}{2}+\left[\frac{1}{2}\log(x_1^2+1)\right]_0^1 = \log 2-\frac{1}{2} \end{split}$$
$$\begin{split} \int_0^1x_1\log(x_1^2+2)\, dx &= \left[\frac{x_1^2}{2}\log(x_1^2+2) \right]_0^1-\int_0^1\frac{x_1^3}{x_1^2+2}\, dx_1 \\ &=\frac{1}{2}\log3-\int_0^1\left(x_1-\frac{2x_1}{x_1^2+2} \right) dx_1 \\ &= \frac{1}{2}\log3-\frac{1}{2}+\left[\log(x_1^2+2)\right]_0^1 = \frac{3}{2}\log 3-\log2-\frac{1}{2} \end{split}$$
と計算されるので
$$\begin{split} \int_0^1\frac{x_1}{2}\log\frac{x_1^2+2}{x_1^2+1}\, dx_1 &= \frac{1}{2}\int_0^1x_1\log(x_1^2+2)\, dx-\frac{1}{2}\int_0^1x_1\log(x_1^2+1)\, dx \\ &= \frac{3}{4}\log3-\log2 \end{split}$$
となります．以上より，求める値は
$$4\left(\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)-\log\frac{3}{2}-\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\log2+\frac{3}{4}\log3-\log2\right) = 4\sqrt{2}{\rm Arctan}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+\log\frac{4}{3}-\pi$$
となります．これは前に求めた値と一致していますね．

背景とからくり

上で出現した面積分
$$\int_{A_1}\int_{A_2}\frac{\cos\theta_1\cos\theta_2}{S^2}\,dA_1dA_2$$
は，より一般には「形態係数」という値を求める際に立ちはだかります．そして，参考文献[1]では，$A_1$が向きを持った微小面である場合の値，即ち面積分
$$\int_{A_2}\frac{\cos\theta_1\cos\theta_2}{S^2}\,dA_2$$
を線積分に変換する次のような方法が示されています．

ユークリッド空間$\mathbb{R}^3$内で考えます．点$A_1=(x_1,y_1,z_1)$を始点とするベクトル$n_1$を考え，$A_2$は有限の面積$A_2$と向きを持つ曲面とします．但し，点$A_1$は$A_2$上にないとします．$A_2$内の点を$(x_2,y_2,z_2)$という座標で表し，$r=(x_2-x_1,y_2-y_1,z_2-z_1)$とおきます．また，$S=|r|$とおきます．$r$と$n_1$がなす角を$\theta_1$，$A_2$内の点$(x_2,y_2,z_2)$における$A_2$の単位法線ベクトル$n_2$がなす角を$\theta_2$とすると，上でやったように内積を用いることで
$$\cos\theta_1=\frac{r \cdot n_1}{|r||n_1|}=\frac{r \cdot n_1}{S}$$
$$\cos\theta_2=\frac{(-r) \cdot n_2}{|r||n_2|}=-\frac{r \cdot n_2}{S}$$
と計算できます．

このとき次の面積分を考えます．
$$\int_{A_2}\frac{\cos\theta_1\cos\theta_2}{S^2}\,dA_2=\int_{A_2}\frac{r \cdot n_1}{S^4}\,((-r) \cdot n_2)\,dA_2=\int_{A_2}(-fr) \cdot n_2 \, dA_2$$
但し，$f=\frac{r \cdot n_1}{S^4}$とおいています．ここで，$x_2,y_2,z_2$を変数に持つ関数$P,Q,R$を考え，これらを成分に持つベクトル$v$を${\rm rot}\,v=-fr$を満たすように定めることができたとします．即ち，
$$\left\{\begin{array}{l} \frac{\partial R}{\partial y_2}-\frac{\partial Q}{\partial z_2}=(x_1-x_2)f \\ \frac{\partial P}{\partial z_2}-\frac{\partial R}{\partial x_2}=(y_1-y_2)f \\ \frac{\partial Q}{\partial x_2}-\frac{\partial P}{\partial y_2}=(z_1-z_2)f \end{array}\right.$$
を満たすような$x_2,y_2,z_2$の関数$P,Q,R$が見つかったとします．すると，ストークスの定理から
$$\int_{A_2}\frac{\cos\theta_1\cos\theta_2}{S^2}\,dA_2=\int_{A_2}(-fr) \cdot n_2 \, dA_2=\int_{C}v \cdot t\, dC$$
が成り立ちます．ここで$C$は$A_2$の境界であり，その向きは$A_2$の向きと右手系をなすように定められているとします．また，$t$は$C$の接ベクトルを表します．これにより面積分を線積分に変換することができます．

ただ，そのためには上の関係を満たす$P,Q,R$を探さなければなりません．参考文献[1]には，そのような$P,Q,R$として次の形のものが示されていました．ここで$n_1=(\alpha_1,\beta_1,\gamma_1)$とおいています．
$$\left\{\begin{array}{l} P=\frac{-\beta_1(z_2-z_1)+\gamma_1(y_2-y_1)}{2S^2} \\ Q=\frac{\alpha_1(z_2-z_1)-\gamma_1(x_2-x_1)}{2S^2} \\ R=\frac{-\alpha_1(y_2-y_1)+\beta_1(x_2-x_1)}{2S^2} \\ \end{array}\right.$$
これらを上の偏微分方程式から求める方法は載っていなかった(し，自分でも思いつかない)ので分かりませんが，これらがその偏微分方程式を満たすことは計算すれば分かります．

上の計算で唐突に姿を現した$P,Q,R$は，この事実から計算されていたのです．