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置換積分、だけど想像外?

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$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}} \newcommand{BE}[0]{\begin{equation}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol} \newcommand{D}[0]{\displaystyle} \newcommand{EA}[0]{\end{align*}} \newcommand{EE}[0]{\end{equation}} \newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}} \newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{L}[0]{\left} \newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}} \newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}} \newcommand{R}[0]{\right} \newcommand{vep}[0]{\varepsilon} $$

 先ず,次の積分を考えた.

$\BA\D\\ \int_0^z \frac{d\theta}{\sqrt{1-k\sin^2\theta}} \EA$

 ここから,$\D \frac{x}{1-x}=a\tan^2\frac{\theta}{2}$と置換積分する.

$\BA\D\\ \int_0^z \frac{d\theta}{\sqrt{1-k\sin^2\theta}} &=\sqrt{a}\int_0^\frac{a\tan^2\frac{z}{2}}{1+a\tan^2\frac{z}{2}} \frac{dx}{\sqrt{a^2+2a(1-a-2k)x+((1-a)^2+4ka)x^2}\sqrt{x(1-x)}}\\ &=2\sqrt{a}\int_0^\sqrt{\frac{a\tan^2\frac{z}{2}}{1+a\tan^2\frac{z}{2}}} \frac{dx}{\sqrt{a^2+2a(1-a-2k)x^2+((1-a)^2+4ka)x^4}\sqrt{1-x^2}} \EA$

 この置換方法は, コチラ に因んだ.$\D a$は割と自由か.
 ここで一度,$\D \frac{a\tan^2\frac{z}{2}}{1+a\tan^2\frac{z}{2}}=1$すなわち$\D z=\pi$について考える.

$\BA\D\\ \int_0^\pi \frac{d\theta}{\sqrt{1-k\sin^2\theta}} =2\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k\sin^2\theta}} =2K(\sqrt{k}) \EA$

また

$\BA\D\\ \int_0^\pi \frac{d\theta}{\sqrt{1-k\sin^2\theta}} =2\sqrt{a}\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{a^2+2a(1-a-2k)x^2+((1-a)^2+4ka)x^4}\sqrt{1-x^2}} \EA$

でもある.さらに,右辺の$\sqrt{}$の内容を簡単にしたいと思った.
 ➀$\D \begin{cases} 2a(1-a-2k)=a^2 \\ (1-a)^2+4ka=a^2 \end{cases} \Longleftarrow \D \begin{cases} a=\frac{1}{\sqrt{3}} \\ k=\frac{(-1+\sqrt{3})^2}{8} \end{cases}$の場合

$\BA\D\\ 2\sqrt{a}\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{a^2+2a(1-a-2k)x^2+((1-a)^2+4ka)x^4}\sqrt{1-x^2}} &=\frac{2}{\sqrt{a}}\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1+x^2+x^4}\sqrt{1-x^2}}\\ &=2\sqrt[4]{3}\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^6}} \EA$

よって

$\BA\D\\ \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{d\theta}{\sqrt{1-\frac{(-1+\sqrt{3})^2}{8}\sin^2\theta}}=\sqrt[4]{3}\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^6}}~. \EA$

 ➁$\D 2a(1-a-2k)=0 \Longleftrightarrow k=\frac{1-a}{2}$の場合

$\BA\D\\ \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{d\theta}{\sqrt{1-\frac{1-a}{2}\sin^2\theta}}=\sqrt{a}\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{d\theta}{\sqrt{a^2+(1-a^2)\sin^4\theta}}~. \EA$

 ➂$\D (1-a)^2+4ka=0 \Longleftrightarrow k=-\frac{(1-a)^2}{4a}$の場合

$\BA\D\\ \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{d\theta}{\sqrt{1+\frac{(1-a)^2}{4a}\sin^2\theta}}=\sqrt{a}\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{dx}{\sqrt{a^2+(1-a^2)\sin^2\theta}}~. \EA$

$z$に代入せず,$\D k=-\frac{(1-a)^2}{4a}$の場合を考える.

$\BA\D\\ \int_0^z \frac{d\theta}{\sqrt{1+\frac{(1-a)^2}{4a}\sin^2\theta}} =2\sqrt{a}\int_0^\sqrt{\frac{a\tan^2\frac{z}{2}}{1+a\tan^2\frac{z}{2}}} \frac{dx}{\sqrt{a^2+(1-a^2)x^2}\sqrt{1-x^2}} \EA$

$a=\frac{1}{\sqrt{2}}$とすれば

$\BA\D\\ \int_0^z \frac{d\theta}{\sqrt{4\sqrt{2}+(-1+\sqrt{2})^2\sin^2\theta}} =\int_0^\sqrt{\frac{\tan^2\frac{z}{2}}{\sqrt{2}+\tan^2\frac{z}{2}}} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} \EA$

よって

$\BA\D\\ \int_0^\frac{1}{\sqrt{1+\sqrt{2}}} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} &=\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{d\theta}{\sqrt{4\sqrt{2}+(-1+\sqrt{2})^2\sin^2\theta}}\\ &=\frac{1}{2}\int_0^\pi \frac{d\theta}{\sqrt{4\sqrt{2}+(-1+\sqrt{2})^2\sin^2\theta}}\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}~. \EA$
投稿日:2023412

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