逆正接関数の積分と黄金比

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$\displaystyle \varphi=\frac {1+\sqrt5} {2}$とする。

$$\sqrt5=2\varphi-1$$
$$\varphi^2=\varphi+1$$
$$ \frac 1 {\varphi}=\varphi-1$$
$$\varphi=\sqrt{\varphi+1}$$

$$\int_{-1}^{1}\arctan\left(2\sqrt{1-x^{2}}\right)dx=\frac{\pi}{\varphi}$$

証明

$$I(x)=\int_{-1}^{1}\arctan\left(x\sqrt{1-t^{2}}\right)dt$$とする。部分積分をして、
$$I(x)=\int_{-1}^{1}\frac{x}{1+x^{2}\left(1-t^{2}\right)}\cdot\frac{t^{2}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt$$
$t=\sin(\theta)$と置換。被積分関数が偶関数なのも併せて、
$$I(x)=2x\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{2}\theta}{1+x^{2}\cos^{2}\theta}d\theta$$
$\tan(\theta)=u$と置換して
$$I(x)=2x\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+u^{2}}\cdot\frac{u^{2}}{u^{2}+x^{2}+1}du$$
ここで、
$$\frac{1}{1+u^{2}}\cdot\frac{u^{2}}{u^{2}+x^{2}+1}=\frac{1}{1+u^{2}}\cdot\frac{u^{2}+1-1}{u^{2}+x^{2}+1}=\frac{1}{u^{2}+x^{2}+1}-\frac{1}{\left(1+u^{2}\right)\left(u^{2}+x^{2}+1\right)} $$
$$ \frac{1}{1+u^{2}}\cdot\frac{u^{2}}{u^{2}+x^{2}+1}=\frac{1}{1+u^{2}}\cdot\frac{u^{2}+x^{2}+1-x^{2}-1}{u^{2}+x^{2}+1}=\frac{1}{u^{2}+1}-\frac{x^{2}+1}{\left(1+u^{2}\right)\left(u^{2}+x^{2}+1\right)}$$
より、
$$\left(x^{2}+1-1\right)I\left(x\right)=2x\int_{0}^{\infty}\left(\frac{x^{2}+1}{u^{2}+x^{2}+1}-\frac{1}{1+u^{2}}\right)du$$
よって
$$I(x)=\pi\cdot\frac {-1+\sqrt{x^2+1}}{x}$$
$$I(2)=\pi\cdot \frac {-1+\sqrt5}{2}=\frac \pi \varphi$$

$$\int_{-1}^{1}\arctan\left(\frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)dx=\frac{2\pi}{\varphi^{2}}$$

証明

$\displaystyle x>0$のとき、$\displaystyle \arctan(\frac 1 x)=\frac \pi 2 - \arctan(x)$より、
$$ \int_{-1}^{1}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{1-t^{2}}}\right)dt=\pi-I\left(\frac 1 x\right)=\pi\left(1+x-\sqrt{x^{2}+1}\right)$$
よって、
$$\int_{-1}^{1}\arctan\left(\frac{2}{\sqrt{1-t^{2}}}\right)dt=\pi(3-\sqrt5)=2\pi\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2}=\frac{2\pi}{\varphi^{2}}$$

$$\int_{-\infty}^{\infty}\arctan\left(\frac{2}{1+x^{2}}\right)dx=\frac{2\pi}{\sqrt{\varphi}}$$

証明

$$J\left(x\right)=\int_{-\infty}^{\infty}\arctan\left(\frac{x}{1+t^{2}}\right)dt$$
とする。$t=\tan(\theta)$と置換すると、
$$J(x)=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\arctan\left(x\cos^{2}\theta\right)}{\cos^{2}\theta}d\theta$$
両辺を$x$で微分して、
$$J'(x)=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+x^{2}\left(\cos\theta\right)^{4}}d\theta$$
$\tan(\theta)=u$と置換して
$$J'(x)=2\int_{0}^{\infty}\frac{1+u^{2}}{\left(1+u^{2}\right)^{2}+x^{2}}du=\int_{0}^{\infty}\left(\frac{1}{1+u^{2}+xi}+\frac{1}{1+u^{2}-xi}\right)du=\frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{1+xi}}+\frac{1}{\sqrt{1-xi}}\right)$$
ここで、
$$\sqrt{1+xi}=\sqrt{\sqrt{1+x^2}e^{i\arctan(x)}}=\sqrt[4]{1+x^2}e^{\frac {i\arctan(x)}2}$$
であるので、
$$ \frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{1+xi}}+\frac{1}{\sqrt{1-xi}}\right)=\pi\frac{\cos\left(\frac{1}{2}\arctan\left(x\right)\right)}{\sqrt[4]{1+x^{2}}}=\pi\cdot\frac{\sqrt{\frac{1+\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}}{2}}}{\sqrt[4]{1+x^{2}}}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{1+\sqrt{1+x^{2}}}}{\sqrt{1+x^{2}}}$$
よって、
$$J(x)=\int_{0}^{x}\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{1+\sqrt{1+t^{2}}}}{\sqrt{1+t^{2}}}dt$$
$t=\sinh(z)$と置換して、
$$J(x)=\int_{0}^{\operatorname{arsinh}\left(x\right)}\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{1+\sqrt{1+\sinh^{2}z}}}{\sqrt{1+\sinh^{2}z}}\cosh zdz=\pi\int_{0}^{\operatorname{arsinh}\left(x\right)}\cosh\left(\frac{z}{2}\right)dz=2\pi\sinh(\frac {\operatorname{arsinh}(x)}{2})$$
よって、
$$J(x)=2\pi\sqrt{\frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{2}}$$
$$J\left(2\right)=2\pi\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}=2\pi\sqrt{\frac{1}{\varphi}}=\frac{2\pi}{\sqrt{\varphi}}$$

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan\left(\frac{1+x^{2}}{2}\right)}{1+x^{2}}dx=\pi\arctan\left(\sqrt{\varphi}\right)$$

証明

$$I(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan\left(x\left(1+t^{2}\right)\right)}{1+t^{2}}dt$$
とする。
$$I'(x)=2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}\left(1+t^{2}\right)^{2}}dt=\frac{i}{x}\int_{0}^{\infty}\left(\frac{1}{1+t^{2}-\frac{1}{xi}}-\frac{1}{1+t^{2}+\frac{1}{xi}}\right)dt=\frac{\pi i}{2x}\left(\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{xi}}}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{xi}}}\right)$$
$$\frac{\pi i}{2}\left(\frac{\sqrt{1-\frac{i}{x}}-\sqrt{1+\frac{i}{x}}}{\sqrt{1+x^{2}}}\right)=\pi\frac{\sin\left(\frac{1}{2}\arctan\left(\frac{1}{x}\right)\right)}{\sqrt{x}\sqrt[4]{1+x^{2}}}=\pi\cdot\frac{\sqrt{-x+\sqrt{1+x^{2}}}}{\sqrt{2}\sqrt{x}\sqrt{1+x^{2}}}$$
よって、
$$I(x)=\pi\int_{0}^{x}\frac{\sqrt{-t+\sqrt{1+t^{2}}}}{\sqrt{2}\sqrt{t}\sqrt{1+t^{2}}}dt$$
$t=\sinh(z)$と置換して、
$$I(x)=\pi\int_{0}^{\operatorname{arsinh}\left(x\right)}\sqrt{\frac{1}{2}\left(-1+\coth\left(z\right)\right)}dz$$
ここで、
$$\sqrt{\frac{1}{2}\left(-1+\coth z\right)}=\sqrt{\frac{e^{-z}}{e^{z}-e^{-z}}}=\frac{e^{-z}}{\sqrt{1-e^{-2z}}}$$
$$\int_{ }^{ }\frac{e^{-z}}{\sqrt{1-e^{-2z}}}dz=-\arcsin\left(e^{-z}\right)+C$$
より、
$$I(x)=\pi\left(-\arcsin\left(e^{-\operatorname{arsinh}\left(x\right)}\right)+\arcsin\left(1\right)\right)=\pi\left(\frac{\pi}{2}-\arcsin\left(\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+1}}\right)\right)=\pi\arccos\left(\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+1}}\right)$$
$$\arccos(\frac 1 u)=\arctan(\sqrt{u^2-1})$$より、
$$I(x)=\pi\arctan(\sqrt{2x^{2}+2x\sqrt{x^{2}+1}})$$
$$I\left(\frac{1}{2}\right)=\pi\arctan\left(\sqrt{\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{5}{4}}}\right)=\pi\arctan\left(\sqrt{\varphi}\right)$$

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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