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解説高校数学
置換積分、だけど想像外？
$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
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：4月12日
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