逆正接関数の積分と黄金比

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$φ = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ とする。

$\sqrt{5} = 2 φ - 1$
$φ^{2} = φ + 1$
$\frac{1}{φ} = φ - 1$
$φ = \sqrt{φ + 1}$

$\int_{- 1}^{1} \arctan (2 \sqrt{1 - x^{2}}) d x = \frac{π}{φ}$

証明

I (x) = \int_{- 1}^{1} \arctan (x \sqrt{1 - t^{2}}) d t

とする。部分積分をして、

I (x) = \int_{- 1}^{1} \frac{x}{1 + x^{2} (1 - t^{2})} \cdot \frac{t^{2}}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t

t = \sin (θ)

と置換。被積分関数が偶関数なのも併せて、

I (x) = 2 x \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\sin^{2} θ}{1 + x^{2} \cos^{2} θ} d θ

\tan (θ) = u

と置換して

I (x) = 2 x \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + u^{2}} \cdot \frac{u^{2}}{u^{2} + x^{2} + 1} d u

ここで、

\frac{1}{1 + u^{2}} \cdot \frac{u^{2}}{u^{2} + x^{2} + 1} = \frac{1}{1 + u^{2}} \cdot \frac{u^{2} + 1 - 1}{u^{2} + x^{2} + 1} = \frac{1}{u^{2} + x^{2} + 1} - \frac{1}{(1 + u^{2}) (u^{2} + x^{2} + 1)}

\frac{1}{1 + u^{2}} \cdot \frac{u^{2}}{u^{2} + x^{2} + 1} = \frac{1}{1 + u^{2}} \cdot \frac{u^{2} + x^{2} + 1 - x^{2} - 1}{u^{2} + x^{2} + 1} = \frac{1}{u^{2} + 1} - \frac{x^{2} + 1}{(1 + u^{2}) (u^{2} + x^{2} + 1)}

より、

(x^{2} + 1 - 1) I (x) = 2 x \int_{0}^{\infty} (\frac{x^{2} + 1}{u^{2} + x^{2} + 1} - \frac{1}{1 + u^{2}}) d u

よって

I (x) = π \cdot \frac{- 1 + \sqrt{x^{2} + 1}}{x}

I (2) = π \cdot \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} = \frac{π}{φ}

$\int_{- 1}^{1} \arctan (\frac{2}{\sqrt{1 - x^{2}}}) d x = \frac{2 π}{φ^{2}}$

証明

x > 0

のとき、

\arctan (\frac{1}{x}) = \frac{π}{2} - \arctan (x)

より、

\int_{- 1}^{1} \arctan (\frac{x}{\sqrt{1 - t^{2}}}) d t = π - I (\frac{1}{x}) = π (1 + x - \sqrt{x^{2} + 1})

よって、

\int_{- 1}^{1} \arctan (\frac{2}{\sqrt{1 - t^{2}}}) d t = π (3 - \sqrt{5}) = 2 π {(\frac{1 - \sqrt{5}}{2})}^{2} = \frac{2 π}{φ^{2}}

$\int_{- \infty}^{\infty} \arctan (\frac{2}{1 + x^{2}}) d x = \frac{2 π}{\sqrt{φ}}$

証明

J (x) = \int_{- \infty}^{\infty} \arctan (\frac{x}{1 + t^{2}}) d t

とする。

t = \tan (θ)

と置換すると、

J (x) = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\arctan (x \cos^{2} θ)}{\cos^{2} θ} d θ

両辺を

x

で微分して、

J^{'} (x) = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{1 + x^{2} {(\cos θ)}^{4}} d θ

\tan (θ) = u

と置換して

J^{'} (x) = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{1 + u^{2}}{{(1 + u^{2})}^{2} + x^{2}} d u = \int_{0}^{\infty} (\frac{1}{1 + u^{2} + x i} + \frac{1}{1 + u^{2} - x i}) d u = \frac{π}{2} (\frac{1}{\sqrt{1 + x i}} + \frac{1}{\sqrt{1 - x i}})

ここで、

\sqrt{1 + x i} = \sqrt{\sqrt{1 + x^{2}} e^{i \arctan (x)}} = \sqrt[4]{1 + x^{2}} e^{\frac{i \arctan (x)}{2}}

であるので、

\frac{π}{2} (\frac{1}{\sqrt{1 + x i}} + \frac{1}{\sqrt{1 - x i}}) = π \frac{\cos (\frac{1}{2} \arctan (x))}{\sqrt[4]{1 + x^{2}}} = π \cdot \frac{\sqrt{\frac{1 + \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}}{2}}}{\sqrt[4]{1 + x^{2}}} = \frac{π}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{1 + \sqrt{1 + x^{2}}}}{\sqrt{1 + x^{2}}}

よって、

J (x) = \int_{0}^{x} \frac{π}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{1 + \sqrt{1 + t^{2}}}}{\sqrt{1 + t^{2}}} d t

t = \sinh (z)

と置換して、

J (x) = \int_{0}^{arsinh (x)} \frac{π}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{1 + \sqrt{1 + \sinh^{2} z}}}{\sqrt{1 + \sinh^{2} z}} \cosh z d z = π \int_{0}^{arsinh (x)} \cosh (\frac{z}{2}) d z = 2 π \sinh (\frac{arsinh (x)}{2})

よって、

J (x) = 2 π \sqrt{\frac{\sqrt{1 + x^{2}} - 1}{2}}

J (2) = 2 π \sqrt{\frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}} = 2 π \sqrt{\frac{1}{φ}} = \frac{2 π}{\sqrt{φ}}

$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{\arctan (\frac{1 + x^{2}}{2})}{1 + x^{2}} d x = π \arctan (\sqrt{φ})$

証明

I (x) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\arctan (x (1 + t^{2}))}{1 + t^{2}} d t

とする。

I^{'} (x) = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + x^{2} {(1 + t^{2})}^{2}} d t = \frac{i}{x} \int_{0}^{\infty} (\frac{1}{1 + t^{2} - \frac{1}{x i}} - \frac{1}{1 + t^{2} + \frac{1}{x i}}) d t = \frac{π i}{2 x} (\frac{1}{\sqrt{1 - \frac{1}{x i}}} - \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x i}}})

\frac{π i}{2} (\frac{\sqrt{1 - \frac{i}{x}} - \sqrt{1 + \frac{i}{x}}}{\sqrt{1 + x^{2}}}) = π \frac{\sin (\frac{1}{2} \arctan (\frac{1}{x}))}{\sqrt{x} \sqrt[4]{1 + x^{2}}} = π \cdot \frac{\sqrt{- x + \sqrt{1 + x^{2}}}}{\sqrt{2} \sqrt{x} \sqrt{1 + x^{2}}}

よって、

I (x) = π \int_{0}^{x} \frac{\sqrt{- t + \sqrt{1 + t^{2}}}}{\sqrt{2} \sqrt{t} \sqrt{1 + t^{2}}} d t

t = \sinh (z)

と置換して、

I (x) = π \int_{0}^{arsinh (x)} \sqrt{\frac{1}{2} (- 1 + \coth (z))} d z

ここで、

\sqrt{\frac{1}{2} (- 1 + \coth z)} = \sqrt{\frac{e^{- z}}{e^{z} - e^{- z}}} = \frac{e^{- z}}{\sqrt{1 - e^{- 2 z}}}

\int_{}^{} \frac{e^{- z}}{\sqrt{1 - e^{- 2 z}}} d z = - \arcsin (e^{- z}) + C

より、

I (x) = π (- \arcsin (e^{- arsinh (x)}) + \arcsin (1)) = π (\frac{π}{2} - \arcsin (\frac{1}{x + \sqrt{x^{2} + 1}})) = π \arccos (\frac{1}{x + \sqrt{x^{2} + 1}})

\arccos (\frac{1}{u}) = \arctan (\sqrt{u^{2} - 1})

より、

I (x) = π \arctan (\sqrt{2 x^{2} + 2 x \sqrt{x^{2} + 1}})

I (\frac{1}{2}) = π \arctan (\sqrt{\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{5}{4}}}) = π \arctan (\sqrt{φ})

やっっと前期二次試験が終わりました。受験した大学が数学が難化したけれど、そこそこ数学でとれてそうでなんとかなりそう。

投稿日：3月2日

更新日：3月3日

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