大学数学基礎解説

積分・級数botを解く integral 1-3

積分,双曲線関数

積分を解く

今週も級数・積分botに記載されている積分を解きます。

解く積分

integral 1-3

$\int_{0}^{\infty} \frac{x \sinh x}{(1 + \cosh^{2} x)^{2}} d x = \frac{π}{4} (\ln (1 + \sqrt{2}) - \frac{1}{\sqrt{2}})$

見るからにやばそうな積分ですね。パッと見た感じ、分子の $x$ が悪さをしそうです。
実際この積分は結構大変なので、前置きはこのくらいにして解法に移りましょう。

パラメータの追加

$I (s)$ を次のように定義します。

$I (s) : = \int_{0}^{\infty} \frac{x \sinh x}{s^{2} + \cosh^{2} x} d x - 1 \leq s \leq 1$

このとき $I^{'} (s)$ を計算することで、

I^{'} (s)

の計算

\begin{aligned} I^{'} (s) & = \frac{d}{d s} \int_{0}^{\infty} \frac{x \sinh x}{s^{2} + \cosh^{2} x} d x \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{\partial}{\partial s} \frac{x \sinh x}{s^{2} + \cosh^{2} x} d x 微 分 と 積 分 の 交 換 定 理 の 条 件 を 満 た す の で 交 換 可 能 \\ = \int_{0}^{\infty} - \frac{x \sinh x}{(s^{2} + \cosh^{2} x)^{2}} \frac{\partial}{\partial s} (s^{2} + \cosh^{2} x) d x \\ = - 2 s \int_{0}^{\infty} \frac{x \sinh x}{(s^{2} + \cosh^{2} x)^{2}} d x \end{aligned}

I^{'} (1) = - 2 I

すなわち、

$I = - \frac{1}{2} I^{'} (1)$

が成り立つことが分かります。このことから、 $I (s)$ が計算できれば、
それを微分して $1$ を代入することで積分が求まりそうです。

$I (s)$ を計算する

では実際に $I (s)$ を計算しましょう。

$\begin{aligned} I (s) & = \int_{0}^{\infty} \frac{x \sinh x}{s^{2} + \cosh^{2} x} d x \\ = \int_{1}^{\infty} \frac{arcosh y}{s^{2} + y^{2}} d y \cosh x \mapsto y \\ = \int_{1}^{0} \frac{arcosh 1 / y}{s^{2} + 1 / y^{2}} \frac{- 1}{y^{2}} d y y \mapsto \frac{1}{y} \\ = \int_{0}^{1} \frac{arsech y}{1 + s^{2} y^{2}} d y \\ = \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{\infty} {(- s^{2} y^{2})}^{n} arsech y d y \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (- s^{2})^{n} \int_{0}^{1} y^{2 n} arsech y d y \end{aligned}$

※ここで登場する $arcosh y$ や $arsech y$ は、それぞれ $\cosh x, sech x$ の逆関数です。

最後の行で出てきた積分がもう少し上手く変形できそうです。
そこだけ切り取って計算してみましょう。
そこで $arsech x$ の微分をつかいます。

arsech x

の微分公式

$\frac{d}{d x} arsech x = - \frac{1}{x \sqrt{1 - x^{2}}}$

証明

arsech x = {sech}^{- 1} x = \cosh^{- 1} \frac{1}{x}

このことから

arsech x

は

\frac{1}{x} = \frac{e^{y} + e^{- y}}{2}

のように表すことが出来ます。これを

y

について解くと、

\begin{aligned} \frac{1}{x} = \frac{e^{y} + e^{- y}}{2} \\ e^{2 y} - \frac{2}{x} e^{y} + 1 = 0 \\ e^{y} = \frac{1}{x} \pm \sqrt{\frac{1}{x^{2}} - 1} \end{aligned}

正の分枝を選んで、両辺自然対数を取ると、

y = arsech x = \ln (\frac{1 + \sqrt{1 - x^{2}}}{x})

両辺を

x

について微分することで、

\frac{d}{d x} arsech x = - \frac{1}{x \sqrt{1 - x^{2}}}

が得られます。

これを用いて下の積分の計算を進めます。
（積分変数は、わかりやすさのため $x$ に変えておきます。）
普通に逆関数の微分公式を使ってもいいです。

$\begin{aligned} \int_{0}^{1} x^{2 n} arsech x d x & = {[\frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} arsech x]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} \frac{- 1}{x \sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ = \frac{1}{2 n + 1} \int_{0}^{1} \frac{x^{2 n}}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ = \frac{1}{2 n + 1} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\sin^{2 n} θ}{\sqrt{1 - \sin^{2} θ}} \cos θ d θ x \mapsto \sin θ \\ = \frac{1}{2 n + 1} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 n} θ d θ \\ = \frac{1}{2 n + 1} \frac{π}{2} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} Wallis の積分公式 \\ = \frac{π}{2} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{1}{2 n + 1} \end{aligned}$

いい感じに整理できました。これを $I (s)$ の式に代入すると、

$\begin{aligned} I (s) & = \sum_{n = 0}^{\infty} (- s^{2})^{n} \int_{0}^{1} y^{2 n} arsech y d y \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{π}{2} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{(- s^{2})^{n}}{2 n + 1} \\ = \frac{π}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{(i s)^{2 n}}{2 n + 1} \end{aligned}$

虚数単位 $i$ を使って無理やり二乗をくくり出しました。
最後の式のシグマの部分を見ると、あることに気づきます。
そうですね、 $\arcsin z$ のテイラー展開（マクローリン展開）です。

\arcsin z

のテイラー展開（マクローリン展開）

$\arcsin z = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{z^{2 n + 1}}{2 n + 1} | z | \leq 1$

※文字が $z$ になっていますが、これは $| z | \leq 1$ なる複素数で収束することが言いたいからです。

証明

\frac{d}{d x} \arcsin x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}

であることを用いて、一般化二項定理で証明します。

(1 + x)^{α} = \sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{α}{n}) x^{n}

ここで

(\binom{α}{n}) = {\begin{cases} \frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} & (n \neq 0) \\ 1 & (n = 0) \end{cases}

である。

α = - 1 / 2

を代入して計算すると、

\begin{aligned} \frac{1}{n!} (- \frac{1}{2}) (- \frac{3}{2}) \dots (- \frac{2 n - 1}{2}) \\ = & \frac{(- 1)^{n}}{n!} \frac{1}{2} \frac{3}{2} \dots \frac{2 n - 1}{2} \\ = & (- 1)^{n} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \end{aligned}

なので、

\begin{aligned} \arcsin x = & \int_{0}^{x} \frac{1}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t \\ = & \int_{0}^{x} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} (- t^{2})^{n} d t \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \int_{0}^{x} t^{2 n} d t \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} \end{aligned}

この級数は

| x | \leq 1

で収束します。
文字を

z

に書き換えると公式2が得られます。

工夫して積分を求める

$I (s)$ の式をよく見ると惜しいことが分かります。
$i s$ の指数が $2 n$ ですね。ここを $2 n + 1$ にするために $I (s)$ に $i s$ を掛けて計算を進めると、
$(i s) I (s) = \frac{π}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{(i s)^{2 n + 1}}{2 n + 1} = \frac{π}{2} \arcsin (i s)$
これを用いると、

$\begin{aligned} I^{'} (s) = & \frac{d}{d s} \frac{(i s) I (s)}{i s} \\ = & - \frac{i π}{2} \frac{d}{d s} \frac{\arcsin (i s)}{s} \\ = & - \frac{i π}{2} (\frac{i}{s \sqrt{1 + s^{2}}} - \frac{\arcsin (i s)}{s^{2}}) \\ = & \frac{π}{2} (\frac{1}{s \sqrt{1 + s^{2}}} + \frac{i \arcsin (i s)}{s^{2}}) \end{aligned}$

$I = - 1 / 2 I^{'} (1)$ であったので、代入して

$I = - \frac{π}{4} (\frac{1}{\sqrt{2}} + i \arcsin i)$

ここで、 $\arcsin i$ が一見よくわかりませんが、
複素対数関数を使った $\arcsin$ の表示を使うと上手く整理されます。

\arcsin z

の複素対数関数を使った表示

$\arcsin z = - i \ln (i z + \sqrt{1 - z^{2}})$

証明

\arcsin x = θ

とおくと、

\begin{aligned} \sin θ = x \\ \frac{e^{i θ} - e^{- i θ}}{2 i} = x \\ e^{2 i θ} - 2 i x e^{i θ} - 1 = 0 \\ e^{θ} = i x \pm \sqrt{1 - x^{2}} \end{aligned}

正の分枝を選んで両辺自然対数を取り、変数を

z

に変えると

\arcsin z = - i \ln (i z + \sqrt{1 - z^{2}})

公式3より、
$\arcsin i = - i \ln (\sqrt{2} - 1) = i \ln (\frac{1}{\sqrt{2} - 1}) = i \ln (1 + \sqrt{2})$
のように計算でき、元の式に代入することで

$I = \frac{π}{4} (\ln (1 + \sqrt{2}) - \frac{1}{\sqrt{2}})$

上手く虚数が消えて積分が解けました。

今回の積分はかなり大変でしたね。
もっと楽な解法、エレガントな解法を知ってるよって人は、
是非コメント欄で教えてください！
それではまた。

投稿日：2024年10月13日

更新日：2024年10月28日

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