∫[0,π/2]arctan(s^2tan^2(x))dxとある方程式の解の分布

本記事について

本記事は 級数・積分bot の次の問題
$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (2{\tan }^{2}x)dx=\pi \arctan \frac{1}{2}$$
の計算結果を代数的な計算の帰結として得ることを目的としている。
なお、「比較的簡潔だが初等的とは言えない方法」と
「比較的初等的だがとてもじゃないが簡潔とは言えない方法」
の２つをご紹介したいと思う。

区分求積法による表示

積分を区分求積法の極限としてとらえ、以下を考える。
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (s^2{\tan }^{2}x)dx& =& \frac{\pi }{2}{\int }_0^1\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{\pi x}{2})\right)dx\\ & =& \frac{\pi }{2}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)\end{array}$$
($s\ge 0$とする)
この和の計算をどう処理するかで２通りの方法をとる

複素対数関数による表示

$\arctan \left(x\right)$は複素数まで範囲を広げた対数関数により次のように表示できる。
$$\arctan \left(x\right)=\frac{i}{2}(\log (1-ix)-\log (1+ix))$$
この表示を利用すると

$$\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)=\sum _{k=1}^{n-1}\frac{i}{2}(\log (1-i{s}^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))-\log (1+i{s}^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))$$

$$=\frac{i}{2}(\log [\prod _{k=1}^{n-1}(1-i{s}^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))]-\log [\prod _{k=1}^{n-1}(1+i{s}^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))])$$
と出来るので
$$\prod _{k=1}^{n-1}(1-s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))$$
が計算出来ればよさそうだとわかる。以下これの計算を考える。
※なお、上記の（複素）対数関数の和を引数の積に直す操作は
この対数関数を主値を取ったものではなく（よく知られた）ある種のリーマン面上で
考えることを必要とするため、その意味でこの方法は全く初等的ではない。
「比較的簡潔だが初等的とは言えない方法」となる

積の計算

$$\prod _{k=1}^{n-1}(1-s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))$$
の計算には$\pm \tan \left(\frac{k\pi }{2n}\right),(k=1,\cdots ,n-1)$を根に持つ多項式を考えればよい。

ド・モアブルの定理
$$(\cos \left(x\right)+i\sin \left(x\right){)}^{2n}=\cos \left(2nx\right)+i\sin \left(2nx\right)$$
の左辺を2項展開すると
$$(\cos \left(x\right)+i\sin \left(x\right){)}^{2n}=\sum _{k=0}^{2n}{i}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{k})}{\cos }^{2n-k}(x){\sin }^k(x)={\cos }^{2n}(x)\sum _{k=0}^{2n}{i}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{k})}{\tan }^k(x)$$
虚部だけ取り出すと
$$\sin \left(2nx\right)={\cos }^{2n}(x)\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2k+1})}{\tan }^{2k+1}(x)={\cos }^{2n}(x)\tan \left(x\right)\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2k+1})}{\tan }^{2k}(x)$$
$$\frac{\sin \left(2nx\right)}{{\cos }^{2n}(x)\tan \left(x\right)}=\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2k+1})}{\tan }^{2k}(x)$$
右辺は$\tan \left(x\right)=t$とした時、$t$の2n-2次多項式になる。
また左辺は$x=\pm \frac{k\pi }{2n},(k=1,\cdots ,n-1)$のとき0になる。
$\pm \tan \left(\frac{k\pi }{2n}\right),(k=1,\cdots ,n-1)$はすべて異なる2n-2個の数で
右辺はこれらを根に持つので
$$\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2k+1})}{t}^{2k}=(-1{)}^{n-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2n-1})}\prod _{k=1}^{n-1}(t^2-{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))$$
左辺は２項定理から
$$\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2k+1})}{t}^{2k}=\frac{(1+it{)}^{2n}-(1-it{)}^{2n}}{2it}$$
$$(-1{)}^{n-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2n-1})}\prod _{k=1}^{n-1}(t^2-{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))=\frac{(1+it{)}^{2n}-(1-it{)}^{2n}}{2it}$$
両辺$(-1{)}^{n-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2n-1})}{t}^{2n-2}=(-1{)}^{n-1}2n{t}^{2n-2}$で割ると
$$\prod _{k=1}^{n-1}(1-\frac{1}{t^2}{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))=\frac{(1+it{)}^{2n}-(1-it{)}^{2n}}{(-1{)}^{n-1}4ni{t}^{2n-1}}=\frac{(1+i/t{)}^{2n}-(1-i/t{)}^{2n}}{4ni/t}$$
$s=1/t$と置くと$s^2=1/t^2$より
$$\prod _{k=1}^{n-1}(1-s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))=\frac{(1+is{)}^{2n}-(1-is{)}^{2n}}{4nis}$$
これより
$$\prod _{k=1}^{n-1}(1-i{s}^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))=\frac{(1+i\exp \left(\pi i/4\right)s{)}^{2n}-(1-i\exp \left(\pi i/4\right)s{)}^{2n}}{4ni\exp \left(\pi i/4\right)s}=\frac{(1+\exp \left(3\pi i/4\right)s{)}^{2n}-(1-\exp \left(3\pi i/4\right)s{)}^{2n}}{4n\exp \left(3\pi i/4\right)s}$$
$$\prod _{k=1}^{n-1}(1+i{s}^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))=\frac{(1+\exp \left(\pi i/4\right)s{)}^{2n}-(1-\exp \left(\pi i/4\right)s{)}^{2n}}{4n\exp \left(\pi i/4\right)s}$$

積分の計算

$$\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)=\frac{i}{2}(\log [\prod _{k=1}^{n-1}(1-i{s}^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))]-\log [\prod _{k=1}^{n-1}(1+i{s}^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))])$$
$$=\frac{i}{2}(\log \left[\frac{(1+\exp \left(3\pi i/4\right)s{)}^{2n}-(1-\exp \left(3\pi i/4\right)s{)}^{2n}}{4n\exp \left(3\pi i/4\right)s}\right]-\log \left[\frac{(1+\exp \left(\pi i/4\right)s{)}^{2n}-(1-\exp \left(\pi i/4\right)s{)}^{2n}}{4n\exp \left(\pi i/4\right)s}\right])$$

$$=\frac{i}{2}(\log [(1-\exp \left(3\pi i/4\right)s{)}^{2n}]+\log [\frac{(1+\exp \left(3\pi i/4\right)s{)}^{2n}}{(1-\exp \left(3\pi i/4\right)s{)}^{2n}}-1]-\log (4ni\exp \left(\pi i/4\right)s)-\log [(1+\exp \left(\pi i/4\right)s{)}^{2n}]-\log [1-\frac{(1-\exp \left(\pi i/4\right)s{)}^{2n}}{(1+\exp \left(\pi i/4\right)s{)}^{2n}}]+\log (4n\exp \left(\pi i/4\right)s))$$

$$|\frac{(1+\exp \left(3\pi i/4\right)s)}{(1-\exp \left(3\pi i/4\right)s)}|=\frac{1+s^4}{(1+\sqrt{2}s+s^2{)}^2}＜1 ,|\frac{(1-\exp \left(\pi i/4\right)s)}{(1+\exp \left(\pi i/4\right)s)}|=\frac{1+s^4}{(1+\sqrt{2}s+s^2{)}^2}<1$$

などから$n$で割って$n\to \mathrm{\infty }$とすることを考えると
１項目と４項目しか残らないので
$${\int }_0^1\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{\pi x}{2})\right)dx=i(\log (1-\exp \left(3\pi i/4\right)s)-\log (1+\exp \left(\pi i/4\right)s))$$
$$=i(\log (1+\frac{s}{\sqrt{2}}-\frac{is}{\sqrt{2}})-\log (1+\frac{s}{\sqrt{2}}+\frac{is}{\sqrt{2}}))$$
$$=i(\log (1+\frac{s}{\sqrt{2}})+\log (1-\frac{is/\sqrt{2}}{1+s/\sqrt{2}})-\log (1+\frac{s}{\sqrt{2}})-\log (1+\frac{is/\sqrt{2}}{1+s/\sqrt{2}}))$$
$$=i(\log (1-\frac{is/\sqrt{2}}{1+s/\sqrt{2}})-\log (1+\frac{is/\sqrt{2}}{1+s/\sqrt{2}}))$$
$$=2\arctan \left(\frac{s/\sqrt{2}}{1+s/\sqrt{2}}\right)$$
$$=2\arctan \left(\frac{s}{\sqrt{2}+s}\right)$$
ゆえ
$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (s^2{\tan }^{2}x)dx=\pi \arctan \left(\frac{s}{\sqrt{2}+s}\right)$$
$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (2{\tan }^{2}x)dx=\pi \arctan \left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+\sqrt{2}}\right)=\pi \arctan \left(\frac{1}{2}\right)$$

arctanの和の公式

ここからは、「比較的初等的だがとてもじゃないが簡潔とは言えない方法」として、複素対数関数の利用を避けることを考える。
$\arctan$の和の$\tan$を考えると$\tan$の和の公式から
$$\tan [\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)]=\frac{\sum _{k=0}^{[(n-2)/2]}(-1{)}^k{e}_{2k+1}}{\sum _{k=0}^{[(n-1)/2]}(-1{)}^k{e}_{2k} }$$
$e_i$は$\tan (\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)),(k=1,\cdots ,n-1)$からなるi次の基本対称多項式。ただし$e_0=1$となる
$$\tan (\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right))=s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})$$
なので、改めて${\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})$からなるi次の基本対称多項式を$e_i$とおく。ただし$e_0=1$。
$$\tan [\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)]=\frac{\sum _{k=0}^{[(n-2)/2]}(-1{)}^k{e}_{2k+1}{s}^{4k+2}}{\sum _{k=0}^{[(n-1)/2]}(-1{)}^k{e}_{2k}{s}^{4k} }$$
となるから、${\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})(k=1,\cdots ,n-1)$からなる基本対称式がどうなるかを考えればよい。
これは${\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}),(k=1,\cdots ,n-1)$を根に持つ多項式を考えればよい。

左辺を展開することで
$$\prod _{k=1}^{n-1}(1+s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))=\sum _{k=0}^{n-1}{e}_k{s}^{2k}$$
前々項での計算から
$$f(s)=\frac{(1+s{)}^{2n}-(1-s{)}^{2n}}{4ns}=\prod _{k=1}^{n-1}(1+s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n}))=\sum _{k=0}^{n-1}{e}_k{s}^{2k}$$
とおくと
$$f(s)+f(is)=2\sum _{k=0}^{[(n-1)/2]}{e}_{2k}{s}^{4k}$$
$$f(s)-f(is)=2\sum _{k=0}^{[(n-2)/2]}{e}_{2k+1}{s}^{4k+2}$$
$s$を$\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s$で置きなおすと
$$f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)+f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)=2\sum _{k=0}^{[(n-1)/2]}(-1{)}^k{e}_{2k}{s}^{4k}$$
$$f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)-f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)=2i\sum _{k=0}^{[(n-2)/2]}(-1{)}^k{e}_{2k+1}{s}^{4k+2}$$
以上から
$$\tan [\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)]=\frac{1}{i}\frac{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)-f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)+f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}$$
となる。（右辺には虚数単位が含まれているが実数値である。）
よって
$$\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)=\arctan [\frac{1}{i}\frac{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)-f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)+f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}]+N_n(s)\pi$$
と書ける。ここで$N_n(s)$は$s$によって決まる整数で$\arctan$の各枝が$\mathrm{mod}\pi$の差を持つことに起因して現れる。
（ここでは$\arctan$は$-\pi /2～\pi /2$で値をとるものとする）
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\arctan [\frac{1}{i}\frac{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)-f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)+f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}]+\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{N_n(s)\pi }{n}$$
となるが、右辺１項目、$\arctan$の項は$\arctan$の有界性から
$n\to \mathrm{\infty }$で$0$となる。ゆえ
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{N_n(s)\pi }{n}$$
がわかる。
$N_n(s)$なる$s$によって決まる整数が何者であるかを考える必要がある。

$N_n(s)$は何者か

$$N_n(s)\pi =\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)-\arctan [\frac{1}{i}\frac{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)-f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)+f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}]$$
と表示されるこの$N_n(s)$は何者であるか。
まず$s=0$のとき$N_n(s)$以外の項はすべて$0$であるから
$N_n(0)=0$がわかる。
右辺第１項の値が$-\pi /2～\pi /2$の範囲に収まっているとき
右辺第１項$=$右辺第2項であるので、その範囲では$N_n(s)=0$である。
右辺第１項は$s>0$について連続、単調増加
ゆえ$s$を増加させて右辺第１項が$\pi /2$を超える場合が問題となる。
(右辺第１項が上限$(n-1)\pi /2$を上限にもつ単調増加関数なのはその形からほとんど明らか)
このとき右辺第２項は第１項と$\mathrm{mod}\pi$で等しいはずなので
右辺第１項が$\pi /2$を少し超えた値の場合、
右辺第２項は$-\pi /2$を少し超えて第１項とちょうど$\pi$の差となっているはずである。
つまりここで$N_n(s)=1$となっていることがわかる。
以降、同様に$s$を増加させると右辺第１項が$\pi /2+(k-1)\pi ,(k=0,1,2,\cdots )$を超えるたび$N_n(s)$は$1$増加して
$N_n(s)=k$となることがわかる。
このとき右辺第2項は$\pi /2$に近づいていって、$\pi /2$に
到達しようかというところで一転$-\pi /2$を少し超えたあたりになる、
という挙動を取ることになる。
これはつまり右辺第２項の引数が$+\mathrm{\infty }$に発散して、$-\mathrm{\infty }$の方から出てくる、
という挙動を取っていることを表している。
すなわち右辺第２項の引数
$$\frac{1}{i}\frac{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)-f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}{f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)+f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)}$$
が$+\mathrm{\infty }$に発散して、$-\mathrm{\infty }$の方から出てくるということを表している。
右辺第２項を構成している$f$は$s$の多項式であるから
$s$が有限なら有界であるので右辺第２項が発散するのは
右辺第2項がその$s$を極として持つとき、すなわち分母の多項式が$=0$となる時しかない。
以上から$N_n(s)$がその値を増やすのはsを動かして行って
右辺第2項引数の極を通過するときであると言え、次のように書ける。
$$N_n(s)=\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}0 \cdots (s=0)\\ \mathrm{\#}\{t\in (0,s)|f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)t)+f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)t)=0\} \cdots (s>0)\end{array}\end{array}$$
積分計算がある範囲内での多項式の実根の数を数えるということに帰着した。

$N_n(s)$の計算

とは言え、
$$f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)=\frac{(1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}-(1-\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}}{4n\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s}$$
$$f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)=\frac{(1+\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}-(1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}}{4n\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s}$$

$$f(\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s)+f(\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s)=\frac{(1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}-(1-\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}-i(1+\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}+i(1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}}{4n\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s}$$
であるので、解くべき方程式は
$$(1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}-(1-\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}-i(1+\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}+i(1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}=0$$
である。
そのまま解けるものではなさそうな形なので、後から$n\to \mathrm{\infty }$を考えることも踏まえ
方程式左辺各項の絶対値を考えると
$$|1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s|=|1+\frac{s}{\sqrt{2}}+\frac{is}{\sqrt{2}}|=1+\sqrt{2}s+s^2$$
$$|1-\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s|=|1-\frac{s}{\sqrt{2}}-\frac{is}{\sqrt{2}}|=1-\sqrt{2}s+s^2$$
$$|1+\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s|=|1-\frac{s}{\sqrt{2}}+\frac{is}{\sqrt{2}}|=1-\sqrt{2}s+s^2$$
$$|1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s|=|1+\frac{s}{\sqrt{2}}-\frac{is}{\sqrt{2}}|=1+\sqrt{2}s+s^2$$
となり、2,3番目の項は$0<s<\sqrt{2}$の範囲では$n\to \mathrm{\infty }$で0になってくれることがわかる。
なので
$$(1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}+i(1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}=0$$
が主要な部分といえるのでこれをまず考える。
※なお、この方程式は2n次だが、元の方程式は最大時の項の係数が
　キャンセルするので2n-1次であることを注意しておく。
　元の方程式にない余計な解が1個出てくると思われるが
　いったん無視して議論を進めさせて頂きたい。

これは因数分解ができる形なので正攻法でも勝負できるが
少し後知恵を投入して$s=\frac{\tan \left(\alpha \right)-1}{\sqrt{2}}$とすると
$$1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s=1+\frac{(1+i)}{\sqrt{2}}\frac{\tan \left(\alpha \right)-1}{\sqrt{2}}=\frac{(\tan \left(\alpha \right)+1)+i(\tan \left(\alpha \right)-1)}{2}=\frac{(\sin \left(\alpha \right)+\cos \left(\alpha \right))+i(\sin \left(\alpha \right)-\cos \left(\alpha \right))}{2\cos \left(\alpha \right)}=\frac{(\exp ((\alpha -\pi /4)i)}{2\cos \left(\alpha \right)}$$
より
$$(1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}=\frac{\exp ((2n\alpha -n\pi /2)i)}{2^{2n}{\cos }^{2n}(\alpha )}$$
同様に
$$1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s=1-\frac{(-1+i)}{\sqrt{2}}\frac{\tan \left(\alpha \right)-1}{\sqrt{2}}=\frac{(\tan \left(\alpha \right)+1)-i(\tan \left(\alpha \right)-1)}{2}=\frac{(\sin \left(\alpha \right)+\cos \left(\alpha \right))-i(\sin \left(\alpha \right)-\cos \left(\alpha \right))}{2\cos \left(\alpha \right)}=\frac{(\exp (-(\alpha -\pi /4)i)}{2\cos \left(\alpha \right)}$$
より
$$(1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}=\frac{\exp (-(2n\alpha -n\pi /2)i)}{2^{2n}{\cos }^{2n}(\alpha )}$$
よって
$$(1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}+i(1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}=\frac{\exp \left({\theta }_{n}i\right)}{2^{2n}{\cos }^{2n}(\alpha )}+i\frac{\exp (-{\theta }_{n}i)}{2^{2n}{\cos }^{2n}(\alpha )}=\frac{\cos \left({\theta }_n\right)+\sin \left({\theta }_n\right)+i(\cos \left({\theta }_n\right)+\sin \left({\theta }_n\right))}{2^{2n}{\cos }^{2n}(\alpha )}=\frac{(1+i)\sqrt{2}\sin ({\theta }_n+\pi /4)}{2^{2n}{\cos }^{2n}(\alpha )}$$
ただし$2n\alpha -n\pi /2={\theta }_n$と置いた
ゆえ、方程式は
$$(1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}+i(1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}=\frac{(1+i)\sqrt{2}\sin ({\theta }_n+\pi /4)}{2^{2n}{\cos }^{2n}(\alpha )}=0$$
となり、$\sin ({\theta }_n+\pi /4)=0$だけ考えればよいとわかる。解は
$${\theta }_n+\pi /4=2n\alpha -n\pi /2+\pi /4=k\pi$$
$$\alpha =\pi /4-\pi /(8n)+k\pi /(2n)$$
$$1+\sqrt{2}s=\tan \left(\alpha \right)=\tan (\pi /4-\pi /(8n)+k\pi /(2n))$$
$$k=-[n/2]-n+1,\cdots ,-1,0,1,\cdots ,,[n/2]-1,[n/2]$$
今考慮すべきなのは正の解なので$1\le k\le [n/2]$が対象になる。

ここまでの議論で、上記の解が
$$(1+\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}-(1-\exp \left(\frac{\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}-i(1+\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}+i(1-\exp \left(\frac{3\pi i}{4}\right)s{)}^{2n}=0$$
の$0<s<\sqrt{2}$の解を$n\to \mathrm{\infty }$で近似していることがわかるので
これで$N_n(s)$を評価すると$0<s<\sqrt{2}$で$1+\sqrt{2}s=\tan \left(\alpha \right)$について
$$\tan (\pi /4-\pi /(8n)+k\pi /(2n))\le 1+\sqrt{2}s<\tan (\pi /4-\pi /(8n)+(k+1)\pi /(2n))$$
の時、$N_n(s)=k$となると言える。この不等式の各辺の$\arctan$を取ると
（※左辺と右辺の$\tan$の引数は$(\pi /4,\pi /2)$に含まれることに注意する）
$$\pi /4-\pi /(8n)+k\pi /(2n)\le \arctan (1+\sqrt{2}s)<\pi /4-\pi /(8n)+(k+1)\pi /(2n)$$
$$k\pi /(2n)\le \arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /4+\pi /(8n)<(k+1)\pi /(2n)$$
$$k\pi /n\le 2\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /2+\pi /(16n)<(k+1)\pi /n$$
$k\pi /n$を不等式で挟み込むように書き換えると
$$2\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /2+\pi /(16n)-\pi /n<k\pi /n\le 2\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /2+\pi /(16n)$$
いま$N_n(s)=k$なので
$$2\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /2+\pi /(16n)-\pi /n<N_n(s)\pi /n\le 2\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /2+\pi /(16n)$$
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (s^2{\tan }^{2}x)dx& =& \frac{\pi }{2}{\int }_0^1\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{\pi x}{2})\right)dx\\ & =& \frac{\pi }{2}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)\end{array}$$
かつ
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{k\pi }{2n})\right)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{N_n(s)\pi }{n}$$
だったので、不等式各辺を$n\to \mathrm{\infty }$とすると
$$2\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /2\le {\int }_0^1\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{\pi x}{2})\right)dx\le 2\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /2$$
となり
$${\int }_0^1\arctan \left(s^2{\tan }^2(\frac{\pi x}{2})\right)dx=2\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /2$$
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (s^2{\tan }^{2}x)dx& =& \frac{\pi }{2}(2\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /2)=\pi (\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /4)\end{array}$$
$$\arctan (1+\sqrt{2}s)-\pi /4=\arctan (1+\sqrt{2}s)-\arctan \left(1\right)=\arctan \left(\frac{(1+\sqrt{2}s)-1}{1+(1+\sqrt{2}s)\ast 1}\right)=\arctan \left(\frac{(\sqrt{2}s}{2+\sqrt{2}s}\right)=\arctan \left(\frac{s}{\sqrt{2}+s}\right)$$
より
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (s^2{\tan }^{2}x)dx& =& \pi \arctan \left(\frac{s}{\sqrt{2}+s}\right)\end{array}$$
が得られる。
今この議論では$0<s<\sqrt{2}$なので、もともとの問題である
$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (2{\tan }^{2}x)dx=\pi \arctan \frac{1}{2}$$
はギリギリセーフ(アウトかも？)だが、$s$の評価できる範囲は
上記の議論で用いた方法でもう少しよくできるので、少なくとも
$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (2{\tan }^{2}x)dx=\pi \arctan \frac{1}{2}$$
は問題なく示すことができる。(と考えている。)
実際は
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan (s^2{\tan }^{2}x)dx& =& \pi \arctan \left(\frac{s}{\sqrt{2}+s}\right)\end{array}$$
の成立にsの大きさがかかわることはないはずなので
(実際複素対数表示の議論ではそんな話は出てこない)
ここまでの議論には改善の余地が大いにあると思われるが
これ以上のとっかかりを筆者が持っていないため、
「比較的初等的だがとてもじゃないが簡潔とは言えない方法」の説明は一旦ここまでとしたい。

所感

前回の投稿から４か月もたってしまった。
もっと簡単に計算できる予定だったのに何でこんなことに…。
とは言え、複素対数表示での計算には簡潔さの意味でまぁまぁ満足でき
$\arctan$表示での理屈付けの(個人的)想定外さには大いに満足している。
$\arctan$の積分計算がある種の代数方程式の解の分布計算の極限になるというのは
一般にそうなる話なので、なかなか興味深いと感じるのだが
これが実際に積分計算に役立つというのは、今回取り扱った問題と
かなり近しい類題でなければならないのではないかと思う。
実際 級数・積分bot には今回の問題に似た問題として
$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan \frac{\sin x}{2}dx=\frac{{\pi }^2}{12}-\frac{3{\log }^2\varphi }{2}$$
があるが、今回の方法で議論を進めると根本的な困難を抱えることになり
本題と全く違うところで大議論を進めることになると思われる。
(筆者は回答を得られていない。)
$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arctan \frac{{\sin }^{2}x}{2}dx$$
なら今回の議論で解決できる類題になるはずである。
また今回、方程式の指定範囲にある解の数を数えるということをやったが
このお題目だと当然 スツルムの定理 が脳裏をよぎる。
方程式族に対してうまく列を構成できる気がしないので
そちらには進まなかったのだが、あるいはうまくやる方法が
あるかもしれない。

級数・積分bot の問題と戦うシリーズ
第一弾　 ∫[0,π]log(t+cos(x))dxとチェビシェフ多項式
第二弾　∫[0,π/2]arctan(s^2tan^2(x))dxとある方程式の解の分布（本記事）