区分求積法の逆を使って積分を解きませんか？

はじめに

初投稿です。よろしくお願いします。この記事はほとんど高校数学の知識で読むことができます。

前に自分で解いた定積分の解き方が気に入ったので書いてみます。
区分求積法は普通、和の極限を求めるために使いますが、今回はその逆で、
定積分を区分求積法により有限和の極限にして、その有限和を計算して $n\to\infty$ とする解法を紹介します。

計算するのは次の3つです（$a>b>0$）。

3つ目の積分は例えば $a=5,\ b=4$ だと $\dfrac{2\pi}{3}\left(-\dfrac12\right)^m$ となります。$\cos m\theta$ を $\cos\theta$ の多項式で書く方法や、ワイエルシュトラス置換を使う方法でも解けますが、$m$ が大きいときはかなり辛く、一般の場合を解くのは高校範囲では至難の業だと思います。（大学範囲を許せばフーリエ級数を項別積分や留数定理で解くことができます）

準備

区分求積法

$f$ が $[0,2\pi]$ で連続なら、分点を $2n$ 個にとって
$$ \int_0^{2\pi}f(\theta)\,d\theta=\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n}\sum_{k=0}^{2n-1}f(\theta_k),\qquad \theta_k=\frac{k\pi}{n} $$
が成り立ちます。分点を偶数個にしたのは、後で式が綺麗になるからです。

また $a+b\cos\theta\geqq a-b>0$ なので、今回の被積分関数はどれも $[0,2\pi]$ で連続です。

複素数

$\omega=\cos\frac{\pi}{n}+i\sin\frac{\pi}{n}$ とおくと、ド・モアブルの定理より
$$ \omega^k=\cos\theta_k+i\sin\theta_k,\qquad \omega^{2n}=1,\qquad \omega^n=-1,\qquad \overline{\omega^k}=\omega^{-k} $$
です。$\omega^{2n}=1$ なので $\omega$ の指数は $2n$ で割った余りだけで決まります。

$k$ が $0,1,\dots,2n-1$ を動くとき、$k+n$ や $-k$ も（$2n$ で割った余りで見ると）$0,1,\dots,2n-1$ をちょうど1回ずつ動くので、$\sum_k$ や $\prod_k$ の中で $k$ を $k+n$ や $-k$ に置き換えても値は変わりません。これを以下「番号のずらし」と呼びます。

$z=\cos\theta+i\sin\theta$ については
$$ \bar z=\frac1z,\qquad z+\bar z=2\cos\theta,\qquad z\bar z=1 $$
が成立します。

補題

lem-ab と lem-pf から
$$ \frac{1}{a+b\cos\theta}=\frac{2r}{b(r^2-1)}\left(\frac{r}{r+z}+\frac{r}{r+\bar z}-1\right)\tag{$*$}\label{star} $$
が成立します。

1つ目：log(a+b cosθ)

lem-ab で $z=\omega^k$ とすると
$$ \begin{aligned} \prod_{k=0}^{2n-1}(a+b\cos\theta_k) &=\left(\frac{b}{2r}\right)^{2n}\prod_{k=0}^{2n-1}(r+\omega^k)\prod_{k=0}^{2n-1}(r+\omega^{-k})\\ &=\left(\frac{b}{2r}\right)^{2n}\prod_{k=0}^{2n-1}(r-\omega^{k+n})\prod_{k=0}^{2n-1}(r-\omega^{n-k})\\ &=\left(\frac{b}{2r}\right)^{2n}\left\{\prod_{j=0}^{2n-1}(r-\omega^{j})\right\}^2\\ &=\left(\frac{b}{2r}\right)^{2n}(r^{2n}-1)^2 \end{aligned} $$
（2行目は $-1=\omega^n$、3行目は番号のずらし、4行目は lem-factor。）

左辺は正の実数の積なので、ここで $\log$ をとっても複素数の $\log$ は出てきません。

$$ \begin{aligned} \frac{\pi}{n}\sum_{k=0}^{2n-1}\log(a+b\cos\theta_k) &=\frac{\pi}{n}\log\left\{\left(\frac{b}{2r}\right)^{2n}(r^{2n}-1)^2\right\}\\ &=2\pi\log\frac{b}{2r}+\frac{2\pi}{n}\log(r^{2n}-1)\\ &=2\pi\log\frac{b}{2r}+\frac{2\pi}{n}\log\left\{r^{2n}(1-r^{-2n})\right\}\\ &=2\pi\log\frac{b}{2r}+4\pi\log r+\frac{2\pi}{n}\log(1-r^{-2n})\\ &=2\pi\log\frac{br}{2}+\frac{2\pi}{n}\log(1-r^{-2n})\\ &\to2\pi\log\frac{br}{2}\qquad(n\to\infty)\\ &=2\pi\log\frac{a+\sqrt{a^2-b^2}}{2} \end{aligned} $$
（$r>1$ より $r^{-2n}\to0$。）

2つ目：1/(a+b cosθ)

$(\ref{star})$ で $z=\omega^k$ とし、lem-shift の1つ目で $m=2n$、2つ目で $m=0$ とすると
$$ \begin{aligned} \frac{\pi}{n}\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{1}{a+b\cos\theta_k} &=\frac{\pi}{n}\cdot\frac{2r}{b(r^2-1)}\left(\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{r}{r+\omega^k}+\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{r}{r+\overline{\omega^k}}-2n\right)\\ &=\frac{\pi}{n}\cdot\frac{2r}{b(r^2-1)}\left(r\cdot\frac{2n\,r^{2n-1}}{r^{2n}-1}+r\cdot\frac{2n\,r^{2n-1}}{r^{2n}-1}-2n\right)\\ &=\frac{4\pi r}{b(r^2-1)}\left(\frac{2r^{2n}}{r^{2n}-1}-1\right)\\ &=\frac{4\pi r}{b(r^2-1)}\cdot\frac{r^{2n}+1}{r^{2n}-1}\\ &=\frac{4\pi r}{b(r^2-1)}\cdot\frac{1+r^{-2n}}{1-r^{-2n}}\\ &\to\frac{4\pi r}{b(r^2-1)}\qquad(n\to\infty)\\ &=\frac{4\pi}{b\left(r-\frac1r\right)}\\ &=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}} \end{aligned} $$
（最後は lem-ab の $r-\frac1r=\frac{2\sqrt{a^2-b^2}}{b}$。）

3つ目：cos mθ/(a+b cosθ)

$m\geqq1$ を固定して、$n$ は $2n>m$ とします。$\dfrac{1}{a+b\cos\theta_k}$ は実数で $\cos m\theta_k=\mathrm{Re}\,\omega^{mk}$ なので
$$ \sum_{k=0}^{2n-1}\frac{\cos m\theta_k}{a+b\cos\theta_k}=\mathrm{Re}\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{\omega^{mk}}{a+b\cos\theta_k} $$
です。右辺の和を $(\ref{star})$ と lem-shift、lem-powersum（$\sum_k\omega^{mk}=0$）で計算すると
$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{2n-1}\frac{\omega^{mk}}{a+b\cos\theta_k} &=\frac{2r}{b(r^2-1)}\left(r\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{\omega^{mk}}{r+\omega^k}+r\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{\omega^{mk}}{r+\overline{\omega^k}}-\sum_{k=0}^{2n-1}\omega^{mk}\right)\\ &=\frac{2r}{b(r^2-1)}\left((-1)^m\frac{2n\,r^{m}}{r^{2n}-1}+(-1)^m\frac{2n\,r^{2n-m}}{r^{2n}-1}-0\right)\\ &=(-1)^m\frac{4nr}{b(r^2-1)}\cdot\frac{r^{m}+r^{2n-m}}{r^{2n}-1} \end{aligned} $$
これは実数なので、そのまま左辺の和になります。

$$ \begin{aligned} \frac{\pi}{n}\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{\cos m\theta_k}{a+b\cos\theta_k} &=(-1)^m\frac{4\pi r}{b(r^2-1)}\cdot\frac{r^{m}+r^{2n-m}}{r^{2n}-1}\\ &=(-1)^m\frac{4\pi r}{b(r^2-1)}\cdot\frac{r^{m-2n}+r^{-m}}{1-r^{-2n}}\\ &\to(-1)^m\frac{4\pi r}{b(r^2-1)}\cdot r^{-m}\qquad(n\to\infty)\\ &=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}}\left(-\frac1r\right)^m\\ &=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}}\left(\frac{\sqrt{a^2-b^2}-a}{b}\right)^m \end{aligned} $$
（$m$ は固定なので $r^{m-2n}\to0$。$\frac{4\pi r}{b(r^2-1)}=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}}$ は2つ目と同じ計算。最後は lem-ab の $\frac1r$。）

$m=0$ とすると2つ目の結果と一致します。

おわりに

1つ目を $a$ で微分すると、$s=\sqrt{a^2-b^2}$ として
$$ \begin{aligned} \frac{d}{da}\,2\pi\log\frac{a+s}{2} &=2\pi\cdot\frac{1+\frac as}{a+s}\\ &=\frac{2\pi}{s} \end{aligned} $$
となって2つ目と一致します。（積分と微分の入れ替えは高校範囲外ですが、Feynman's trickとして有名なテクニックです。興味のある方は調べてみてください。）

ちなみに、有限和が計算できているので、区分求積の誤差もわかりますね。2つ目なら和と真の値の比が $\dfrac{1+r^{-2n}}{1-r^{-2n}}$ なので、誤差は $r^{-2n}$ くらいで、分点を増やすと指数関数的に小さくなります。周期関数を等間隔で区分求積すると精度がやたら良い、という話に繋がってきます。

以上です。ありがとうございました。