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あなたも√sinxの積分を求めませんか？

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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

今回の問題

$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\sin x} d x, \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\cos x} d x, \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\tan x} d x$ を求めよ。

三角関数に平方根がついたものを $0$ から $\frac{π}{2}$ で積分します。

今回使う道具

ベータ関数

実部が正の複素数 $x, y$ に対して、次のように定義される。
$B (x, y) : = \int_{0}^{1} t^{x - 1} (1 - t)^{y - 1} d t$

今回はベータ関数をたくさん使います。
まず次の補題を証明しましょう。

$B (x, y) = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 x - 1} θ \cos^{2 y - 1} θ d θ$

$\begin{array}{rcl} B (x, y) & = & \int_{0}^{1} t^{x - 1} (1 - t)^{y - 1} d t t = \sin^{2} θ, d t = 2 \sin θ \cos θ \\ = & \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 x - 2} θ (1 - \sin^{2} θ)^{y - 1} \cdot 2 \sin θ \cos θ d θ \\ = & 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 x - 1} θ \cos^{2 y - 1} θ d θ \end{array}$

定積分する

$\sqrt{\sin x}$ の積分と $\sqrt{\cos x}$ の積分

具体的な値を求める前に、次の補題を示しましょう。シンプルな置換です。

$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\sin x} d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\cos x} d x$

$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\sin x} d x & = & \int_{\frac{π}{2}}^{0} - \sqrt{\sin (\frac{π}{2} - t)} d t x = \frac{π}{2} - t, d x = - d t \\ = & \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\cos t} d t \end{array}$

今のはKing Propertyという有名なテクニックですね。
それでは計算していきましょう。

$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\sin x} d x & = & \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{\frac{1}{2}} x d x \\ = & \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{\frac{1}{2}} x \cdot \cos^{0} x d x \\ = & \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 \cdot \frac{3}{4} - 1} x \cdot \cos^{2 \cdot \frac{1}{2} - 1} x d x \\ = & \frac{1}{2} B (\frac{3}{4}, \frac{1}{2}) \\ = & \frac{Γ (\frac{3}{4}) Γ (\frac{1}{2})}{2 Γ (\frac{5}{4})} \\ = & \frac{\sqrt{π} Γ (\frac{3}{4})}{2 Γ (\frac{5}{4})} \\ = & \sqrt{\frac{2}{π}} Γ {(\frac{3}{4})}^{2} \end{array}$

$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\sin x} d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\cos x} d x = \sqrt{\frac{2}{π}} Γ {(\frac{3}{4})}^{2}$

求められました。ガンマ関数が残ってしまいましたが…
数値的にはだいたい $1.19814023$ くらいです。
導出の最後の等式は相反公式を利用しました。

$\sqrt{\tan x}$ の積分

同じように計算していきましょう。

$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\tan x} d x & = & \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\cos x}} d x \\ = & \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{\frac{1}{2}} x \cdot \cos^{- \frac{1}{2}} x d x \\ = & \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 \cdot \frac{3}{4} - 1} x \cdot \cos^{2 \cdot \frac{1}{4} - 1} x d x \\ = & \frac{1}{2} B (\frac{3}{4}, \frac{1}{4}) \\ = & \frac{Γ (\frac{3}{4}) Γ (\frac{1}{4})}{2 Γ (1)} \\ = & \frac{1}{2} Γ (\frac{3}{4}) Γ (\frac{1}{4}) \\ = & \frac{1}{2} Γ (1 - \frac{1}{4}) Γ (\frac{1}{4}) \\ = & \frac{π}{2 \sin \frac{π}{4}} 相反公式を利用 \\ = & \frac{π}{\sqrt{2}} \end{array}$

$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{\tan x} d x = \frac{π}{\sqrt{2}}$

なかなかきれいな形になったのではないでしょうか。
ちなみに値はだいたい $2.221441469$ くらいです。

不定積分

今度は不定積分を求めていきます。初等関数で表されるとは思えませんが...

$\sqrt{\cos x}$ の不定積分

比較的(？)計算しやすい $\sqrt{\cos x}$ の不定積分から求めていきます。

$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{x} \sqrt{\cos t} d t & = & \int_{0}^{x} \sqrt{1 - 2 \cdot \frac{1 - \cos t}{2}} d t \\ = & \int_{0}^{x} \sqrt{1 - 2 \sin^{2} \frac{t}{2}} d t \\ = & 2 \int_{0}^{\frac{x}{2}} \sqrt{1 - 2 \sin^{2} θ} d θ t = 2 θ, d t = 2 d θ \end{array}$

ここで第二種楕円積分を用います。

第二種楕円積分

$E (k, φ) = \int_{0}^{φ} \sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} θ} d θ$

続き

$\begin{array}{rcl} 2 \int_{0}^{\frac{x}{2}} \sqrt{1 - 2 \sin^{2} θ} d θ & = & 2 \int_{0}^{\frac{x}{2}} \sqrt{1 - {\sqrt{2}}^{2} \sin^{2} θ} d θ \\ = & 2 E (\sqrt{2}, \frac{x}{2}) \end{array}$

$\int \sqrt{\cos x} d x = 2 E (\sqrt{2}, \frac{x}{2}) + C$ ( $C$ は積分定数)

$\sqrt{\sin x}$ の不定積分

こちらは $\frac{π}{2} - u$ に置換すればいいです。

$\int \sqrt{\sin x} d x = - 2 E (\sqrt{2}, \frac{π}{4} - \frac{x}{2}) + C$
( $C$ は積分定数)

$\sqrt{\tan x}$ の不定積分

この積分はかなり難しいです。(~~打つのめんどくさい~~)
まずは2つの補題を示しましょう。

$4 a c - b^{2} > 0$ となるとき、
$\int \frac{1}{a x^{2} + b x + c} d x = \frac{2}{\sqrt{4 a c - b^{2}}} \arctan (\frac{2 a x + b}{\sqrt{4 a c - b^{2}}}) + C$

二次式 $a x^{2} + b x + c$ を平方完成すると、
$\begin{aligned} a x^{2} + b x + c & = a (x^{2} + \frac{b}{a} x + \frac{c}{a}) \\ = a ({(x + \frac{b}{2 a})}^{2} - \frac{D}{4 a^{2}}) \end{aligned}$
と変形できる。ここで $D = b^{2} - 4 a c$ である。
$u = x + \frac{b}{2 a}$ と置くと、積分は次の形になる
$I = \int \frac{d x}{a (u^{2} - \frac{D}{4 a^{2}})}$
ここで、 $k^{2} = - \frac{D}{4 a^{2}}$ とおくと、
$I = \frac{1}{a} \int \frac{d u}{u^{2} + k^{2}}$
ここで以下の公式を用いる。
$\int \frac{d x}{x^{2} + α^{2}} = \frac{1}{α} \arctan (\frac{x}{α}) + C$
これを適用すると、
$I = \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{k} \arctan (\frac{u}{k}) + C$
もとの変数 $x$ に戻すと
$I = \frac{1}{a} \cdot \frac{2 a}{\sqrt{- D}} \arctan (\frac{2 a (x + \frac{b}{2 a})}{\sqrt{- D}}) + C = \frac{2}{\sqrt{4 a c - b^{2}}} \arctan (\frac{2 a x + b}{\sqrt{4 a c - b^{2}}}) + C$

$\arctan (α) + \arctan (β) = \arctan (\frac{α + β}{1 - α β})$

$\tan (A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$
に $A = \arctan α, B = \arctan β$ を代入すると、
$\tan (\arctan α + \arctan β) = \frac{α + β}{1 - α β}$
両辺 $\arctan$ をとると $\arctan (α) + \arctan (β) = \arctan (\frac{α + β}{1 - α β})$

これらの補題を使って、 $\sqrt{\tan x}$ の積分を求めていきます。
早速大胆に置換します。

$\begin{array}{rcl} I = \int \sqrt{\tan x} d x & = & \int \frac{2 t^{2}}{1 + t^{4}} d t t = \sqrt{\tan x}, d x = \frac{2 t}{1 + t^{4}} d t \\ = & \frac{1}{\sqrt{2}} \int (\frac{t}{t^{2} - \sqrt{2} t + 1} - \frac{t}{t^{2} + \sqrt{2} t + 1}) d t \end{array}$
このように部分分数分解によって2つの積分に分けることができた。
左側の積分を $I_{1}$ 、右側の積分を $I_{2}$ とすると、
$\sqrt{2} I = I_{1} - I_{2}$
となる。それぞれ計算していく。
$\begin{array}{rcl} I_{1} = \int \frac{t}{t^{2} - \sqrt{2} t + 1} d t & = & \frac{1}{2} (\int \frac{2 t - \sqrt{2}}{t^{2} - \sqrt{2} t + 1} d t + \int \frac{\sqrt{2}}{t^{2} - \sqrt{2} t + 1} d t) \\ = & \frac{1}{2} (\int \frac{(t^{2} - \sqrt{2} t + 1)^{'}}{t^{2} - \sqrt{2} t + 1} d t + \sqrt{2} \int \frac{1}{t^{2} - \sqrt{2} t + 1} d t) \\ = & \frac{1}{2} \log | t^{2} - \sqrt{2} t + 1 | + \arctan (\sqrt{2} t - 1) \end{array}$
$\begin{array}{rcl} I_{2} = \int \frac{t}{t^{2} + \sqrt{2} t + 1} d t & = & \frac{1}{2} (\int \frac{2 t + \sqrt{2}}{t^{2} + \sqrt{2} t + 1} d t - \int \frac{\sqrt{2}}{t^{2} + \sqrt{2} t + 1} d t) \\ = & \frac{1}{2} (\int \frac{(t^{2} + \sqrt{2} t + 1)^{'}}{t^{2} + \sqrt{2} t + 1} d t - \sqrt{2} \int \frac{1}{t^{2} + \sqrt{2} t + 1} d t) \\ = & \frac{1}{2} \log | t^{2} + \sqrt{2} t + 1 | + \arctan (\sqrt{2} t + 1) \end{array}$
よって、
$\begin{array}{rcl} I = \frac{1}{\sqrt{2}} (I_{1} - I_{2}) & = & \frac{1}{\sqrt{2}} ((\frac{1}{2} \log | t^{2} - \sqrt{2} t + 1 | + \arctan (\sqrt{2} t - 1)) - (\frac{1}{2} \log | t^{2} + \sqrt{2} t + 1 | + \arctan (\sqrt{2} t + 1))) \\ = & \frac{1}{2 \sqrt{2}} \log | \frac{t^{2} - \sqrt{2} t + 1}{t^{2} + \sqrt{2} t + 1} | + \frac{1}{\sqrt{2}} (\arctan (\sqrt{2} t - 1) + \arctan (\sqrt{2} t + 1)) \\ = & \frac{1}{2 \sqrt{2}} \log | \frac{t^{2} - \sqrt{2} t + 1}{t^{2} + \sqrt{2} t + 1} | + \frac{1}{\sqrt{2}} (\arctan (\frac{\sqrt{2} t}{1 - t^{2}})) \\ = & \frac{1}{2 \sqrt{2}} \log | \frac{\tan (x) - \sqrt{2 \tan (x)} + 1}{\tan (x) + \sqrt{2 \tan (x)} + 1} | + \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan (\frac{\sqrt{2 \tan (x)}}{1 - \tan (x)}) \end{array}$

$\int \sqrt{\tan x} d x = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \log | \frac{\tan (x) - \sqrt{2 \tan (x)} + 1}{\tan (x) + \sqrt{2 \tan (x)} + 1} | + \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan (\frac{\sqrt{2 \tan (x)}}{1 - \tan (x)}) + C$

かなり複雑な式になりました。
試しに積分してみるとこうなります。

$\int_{0}^{\frac{π}{6}} \sqrt{\tan x} d x = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \log (\frac{1 + \sqrt{3} - \sqrt{6}}{1 + \sqrt{3} + \sqrt{6}}) + \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan (\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2})$