積分botの問題とその解法(随時更新)

特徴:留数定理を利用する
\begin{eqnarray} f(x):&=&\frac{\exp (aix^2)}{\sinh\pi x}\\ f(x+i/2)&=&\frac{\exp (aix^2-ax)}{i\cosh\pi x}e^{-ai/4}\\ f(x-i/2)&=&-\frac{\exp (aix^2+ax)} {i\cosh\pi x}e^{-ai/4} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \oint_C f(z)dz:&=&\int_{-\infty}^{\infty} f(x-i/2)dx-\int_{-\infty}^{\infty} f(x+i/2)dx\\ &=&2\pi i\mathrm{Res}_{z=0}f(z)\\ &=&2i \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \therefore \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cosh ax}{\cosh\pi x}e^{aix^2}dx=e^{\frac{ai}{4}} \end{eqnarray}
この問題の難しい所は
被積分関数と積分経路が思いつかどうかですね。

特徴:級数展開により簡単に計算できる。

\begin{eqnarray} \ln(1-2r\cos x+r^2)&=&-2\sum_{n≥1}\frac{r^n}{n}\cos nx\\ \frac{1}{1-2r\cos x+r^2}&=& \frac{1}{1-r^2}(1+2\sum_{n≥1}r^n\cos nx)\\ \int_{0}^{\pi}\cos nx\cos mxdx &=&\frac{\pi}{2}δ_{m,n} \end{eqnarray}
1つ目は複素対数関数のMC展開
2つ目は右辺から簡単に変形できる
3つ目は三角関数の直交性である
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\pi}\frac{\ln(1-2r\cos x+r^2)}{1-2r\cos x+r^2}dx &=&-\int_{0}^{\pi}\frac{2}{1-r^2}(1+2\sum_{n≥1}r^n\cos nx)\sum_{m≥1}\frac{r^m}{m}\cos mxdx\\ &=&-\frac{2\pi}{1-r^2}\sum_{n≥1} \frac{r^{2n}}{n}\\ &=&\frac{2\pi}{1-r^2}\ln(1-r^2) \end{eqnarray}
フーリエ解析をやったことがある方はこの発想はすぐ出るのではないでしょうか。
このような計算は今後も多く登場します。

特徴:キングプロパティ
\begin{eqnarray} I:&=&\int_{0}^{2\pi}\frac{x^2\sin x}{a+\sin^2x}dx\\ &=&-I+4\pi\int_{0}^{2\pi} \frac{(x-\pi)\sin x}{a+\sin^2x}dx\\ 2I&=&4\pi^2\int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{a+\sin^2x}dx\\ &=&-8\pi^2\int_{0}^{1}\frac{dx} {a+1-x^2}\\ \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \therefore I=-\frac{4\pi^2}{\sqrt{a+1}}\tanh^{-1}{\frac{1}{\sqrt{a+1}}} \end{eqnarray}
高校範囲ですね
キングプロパティを多用しました

特徴:留数定理
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\pi}\frac{\cos nx}{\cos x-\cos a}dx \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&P.V.\frac{\Re}{2i}\oint_{|z|=1} \frac{z^n}{(z-e^{ia})(z-e^{-ia})}dz\\ &=&\Re\frac{\pi }{2}\mathrm{Res}_{z=e^{±ia}}\frac{z^n}{(z-e^{ia})(z-e^{-ia})}\\ &=&\frac{\pi\sin na}{\sin a} \end{eqnarray}

特徴:留数定理
\begin{eqnarray} \frac{1}{4}\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^a\frac{x}{2}\cos \frac{ax}{2}}{\cosh 2b-\cos x}dx \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&\frac{\Re}{4i}\oint_{|z|=1} \frac{z^{a/2}(\frac{z+1/z}{2})^{a/2}}{z^2-2z\cosh 2b+1}dz\\ &=&\Re\frac{\pi}{2}Res_{z=e^{-2b}}\frac{(z^2+1)^{a/2}2^{-a/2}}{(z-e^{2b})(z-e^{-2b})}\\ &=&\frac{\pi}{4e^{ab}\sinh b\cosh^{1-a}b} \end{eqnarray}

特徴:留数定理
今回の問題はこの関数全体に留数定理が適用できるかどうかと引数を複素無限大に飛ばして0になるかが条件です。そういった話しは複素関数論を勉強すればわかる話しなのでここでは留数計算をするだけにしておきます。
経路は半径無限の半円とします。
\begin{eqnarray} 2\pi iRes_{z=ic}\frac{e^{iaz}f(e^{ibz})}{c^2+z^2} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&\frac{\pi}{c}e^{-ac}f(e^{-bc}) \end{eqnarray}
これは(-∞,∞)と一致するので
1/2倍すれば題意を得ます。

特徴:微分方程式
\begin{eqnarray} f(t):=\int_{0}^{\infty}\cos (x^2+ \frac{t^2}{x^2})dx \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} f'(t)&=&-\int_{0}^{\infty}\sin (x^2+ \frac{t^2}{x^2})\frac{2tdx}{x^2}\\ &=&-2\int_{0}^{\infty}\sin(x^2+\frac{t^2}{x^2})dx(t/x→x,t>0) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} f''(t)&=&-4\int_{0}^{\infty}\cos(x^2+\frac{t^2}{x^2})\frac{tdx}{x^2}\\ &=&-4f(t) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \therefore 4f(t)+f''(t)=0\\ f(0)=\frac{\sqrt{2\pi}}{4},f'(0)=-\sqrt{\frac{\pi}{2}} \end{eqnarray}
これはラプラス変換や解からの逆算でも解ける。

特徴:超幾何級数
> https://mathlog.info/articles/HUyUx8vMnOCiBc2N0yrx
:直交多項式
> https://mathlog.info/articles/0EHjlmf3GFpWcESSJHjU
:漸化式
> https://mathlog.info/articles/qvkinqiTgAS6HzPTV4oo

特徴:置換積分
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\pi/4}\frac{dx}{\sin 2x(\tan^ax+\tan^{-a}x)} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&\int_{0}^{1}\frac{t^adt}{2t(1+t^{2a})}\\ &=&\frac{1}{2}\sum_{n≥0}(-1)^n\int_{0}^{1}t^{(2n+1)a-1}dt\\ &=&\frac{1}{2a}\sum_{n≥0}\frac{(-1)^{n}}{2n+1}\\ &=&\frac{\pi}{8a} \end{eqnarray}

特徴:級数展開
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\pi/2}\left(x+\arctan\frac{1-a}{1+a}\tan x\right)^2dx \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&\int_{0}^{\pi/2}\arctan^2\frac{2\tan x}{1+a-(1-a)\tan^2x}dx\\ &=&\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\arctan^2\frac{\sin x}{a-\cos x}dx…(1) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \frac{d}{da}\arctan\frac{\sin x}{a-\cos x} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&-\frac{\sin x}{(a-\cos x)^2+\sin^2x}\\ &=&\Im\frac{1}{a-e^{-ix}}\\ &=&-\Im\sum_{n≥0}a^{n}e^{(n+1)ix} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \int_{0}^{a}-\sum_{n≥0}a^ne^{(n+1)ix}da \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&-\sum_{n>0}\frac{a^n}{n}\sin nx \end{eqnarray}
また元々の微分される関数から
$\arctan\frac{\sin x}{a-\cos x}=x- \sum_{n>0}\frac{a^n}{n}\sin nx$
これと(1)から
\begin{eqnarray} (題意)=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \left(x-\sum_{n>0}\frac{a^n}{n}\sin nx\right)^2dx \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}x^2-2x\sum_{n>0}\frac{a^n}{n}\sin nx +\sum_{n,m>0}\frac{a^{n+m}}{nm}\sin nx\sin mxdx\\ &=&\frac{\pi^3}{6}+\pi \mathrm{Li}_2(-a)+\frac{\pi}{4}\mathrm{Li}_2(a^2) \end{eqnarray}
ここで三角関数の直交性と部分積分を利用した.

特徴:同型の出現
\begin{eqnarray} I=\int_{0}^{\pi/2}\arctan\tan^sxdx \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan x^s}{1+x^2}dx(\tan x→x)\\ &=&\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan\frac{1}{x^s}}{1+x^2}dx(x→\frac{1}{x})\\ &=&\int_{0}^{\infty}\frac{\frac{pi}{2}-\arctan x^s}{1+x^2}dx \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} I&=&\frac{\pi^2}{4}-I\\ I&=&\frac{\pi^2}{8} \end{eqnarray}

特徴:ロバーチェフスキーの積分公式
参照
> https://en.wikipedia.org/wiki/Lobachevsky_integral_formula
題意は
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\frac{\arctan a\sin^2x}{\sin^2x}dx \end{eqnarray}
のように変形でき,これは公式の条件を満たすため有限区間の積分に変換できる.
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\pi/2}\frac{\arctan a\sin^2x}{\sin^2x}dx \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&\int_{0}^{\pi/2}\sum_{n≥0}\frac{(-1)^n}{2n+1}a^{2n+1}\sin^{4n}xdx\\ &=&\frac{\pi}{2}\sum_{n≥0}\frac{(-1)^n\binom{4n}{2n}}{2n+1}\frac{a^{2n+1}}{2^{4n}}\\ &=&\frac{\pi}{2}\int_{0}^{a}\sum_{n≥0}\frac{\binom{4n}{2n}}{2^{4n}}(xi)^{2n}dx\\ &=&\frac{\pi}{4}\int_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{1-xi}}+\frac{1}{\sqrt{1+xi}}dx\\ \end{eqnarray}
(ここで$f(x):=\sum_{n≥0}a_nx^n$
のとき$f(x)+f(-x)=2\sum_{n≥0}a_{2n}x^{2n}$
を利用した)
\begin{eqnarray} &=&\frac{\pi}{2}i(\sqrt{1-ai}-\sqrt{1+ai}) &=&\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sqrt{\sqrt{1+a^2}-1} \end{eqnarray}
これは題意の有利化の形.
複素数の根号は指数関数にし複素対数を用いることで変形できる.

特徴:重積分により同型の積分を出現させる
\begin{eqnarray} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{pqr}{(1+(1+r^2)p^2x^2)(q^2+p^2q^2x^2+y^2)}dydx \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} &=&pqr\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \left(\frac{1}{1+(1+r^2)p^2x^2}-\frac{\frac{q^2}{1+r^2}}{q^2+p^2q^2x^2+y^2}\right)\frac{dxdy}{\frac{r^2q^2}{1+r^2}+y^2}\\ &=& \frac{qr\arctan(p\sqrt{1+r^2})}{\sqrt{1+r^2}}\int_{0}^{1}\frac{dy}{\frac{r^2q^2}{1+r^2}+y^2}-\int_{0}^{1}\frac{q^2r\arctan\frac{pq}{\sqrt{q^2+y^2}}}{(r^2q^2+(1+r^2)y^2)\sqrt{q^2+y^2}}dy\\ \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \therefore I(p,q,r)+I(\frac{1}{q},\frac{1}{p},\frac{1}{r})=\arctan(p\sqrt{1+r^2})\arctan{\frac{\sqrt{1+r^2}}{qr}} \end{eqnarray}