tanxのn乗根の原始関数

$t=\tan x$と置換すると$ dx =\displaystyle \frac{1}{1+t^2} \, dt $
$$\therefore I=\int\frac{t^{\frac{1}{n}}}{1+t^2}\ dt$$
被積分関数は$t^{\frac{1}{n}}(1+t^2)^{-1}$とかけるので, これはbinomial differentialである.定理5より,この不定積分は初等関数で表されることが示された.

$t = \sqrt[n]{\tan x} \quad (i.e.\ \tan x = t^n)$と置換すると$\displaystyle dx = \frac{n t^{n-1}}{1 + t^{2n}} \, dt$
$ \therefore I=\displaystyle\int\frac{n t^{n}}{1 + t^{2n}}\ dt$

典型に従い部分分数分解を考える.
$1+t^{2n}$の根を$\alpha_k\ \ (k=0,1,...,2n-1)$とすると
$\begin{align} 1+\alpha_k^{2n}=0 &\Longleftrightarrow \alpha_k=(-1)^{\frac{1}{2n}} \\ &\Longleftrightarrow \alpha_k=(e^{i(2k+1)\pi})^{\frac{1}{2n}} \\ &\Longleftrightarrow \alpha_k=e^{i\theta_k}\ \ \left(\theta_k=\frac{2k+1}{2n}\pi\right) \end{align} $
よって各$\alpha_k$における留数を$a_k$とすると, 次のように部分分数分解できる.
$$\frac{n t^{n}}{1 + t^{2n}}=\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{a_k}{(t-\alpha_k)}$$
ただし, 定理4より
$$a_k=\frac{n\alpha_k^n}{(1+\alpha_k^{2n})'}=\frac{\alpha_k^n}{2\alpha_k^{2n-1}}=\frac{1}{2}e^{i(1-n)\theta_k}$$
被積分関数を複素関数から実関数へ変換することを考える.
極$\alpha_k$の複素共役$\overline{\alpha_k}$は$\alpha_{2n-1-k}$であり, その留数$a_k$の複素共役$\overline{a_k}$も$a_{2n-1-k}$となることから, (よくわからない人は こちら ($n$を動かしてから$k$を動かしてね))
$$\begin{align} \frac{a_k}{t-\alpha_k}+\frac{\overline{a_k}}{t-\overline{\alpha_k}}&=\frac{a_k(t-\overline{\alpha_k})+\overline{a_k}(t-\alpha_k)}{(t-\alpha_k)(t-\overline{\alpha_k})} \\ &=\frac{(a_k+\overline{a_k})t-(a_k\overline{\alpha_k}+\overline{a_k}\alpha_k)}{t^2-(\alpha_k+\overline{\alpha_k})t+\alpha_k\overline{\alpha_k}} \\ &=\frac{2\mathfrak{R}(a_k)t-2\mathfrak{R}(a_k\overline{\alpha_k})}{t^2-2\mathfrak{R} (\alpha_k)t+1} \\ &=\frac{t\cos((1-n)\theta_k)-\cos n\theta_k}{t^2-2t\cos\theta_k+1}\\ &=\frac{t(\cos\theta_k\cos n\theta_k+\sin\theta_k\sin n\theta_k)}{t^2-2t\cos\theta_k+1}\\ &=\frac{t(\sin\theta_k(-1)^k)}{t^2-2t\cos\theta_k+1}\\ \end{align}$$
$$\therefore \frac{n t^n}{1 + t^{2n}} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{t(-1)^k \sin\theta_k }{t^2 - 2t\cos\theta_k + 1} $$
$$\therefore I=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\sin\theta_k\int\frac{t}{t^2-2t\cos\theta_k+1}dt$$
最後にこの中の積分($=J$)を求めにいく.
$$\begin{align} J&=\int\frac{\frac{1}{2}(2t-2\cos\theta_k)+\cos\theta_k}{t^2-2t\cos\theta_k+1}dt\\ &=\frac{1}{2}\int\frac{(t^2-2t\cos\theta_k+1)'}{t^2-2t\cos\theta_k+1}dt+\cos\theta_k\int\frac{1}{t^2-2t\cos\theta_k+1}dt\\ &=\frac{1}{2}\ln(t^2-2t\cos\theta_k+1)+\cos\theta_k\int\frac{1}{(t-\cos\theta_k)^2+\sin^2\theta_k}dt\\ &=\frac{1}{2}\ln(t^2-2t\cos\theta_k+1)+\frac{\cos\theta_k}{\sin\theta_k}\arctan(\frac{1-\cos\theta_k}{\sin\theta_k})+C \end{align}$$
$$\begin{align} \therefore I&=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\sin\theta_k\left(\frac{1}{2}\ln(t^2-2t\cos\theta_k+1)+\frac{\cos\theta_k}{\sin\theta_k}\arctan(\frac{1-\cos\theta_k}{\sin\theta_k})\right)+C\\ &=\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \left( \frac{\sin\theta_k}{2} \ln(t^2 - 2t\cos\theta_k + 1) + \cos\theta_k \arctan\left(\frac{t - \cos\theta_k}{\sin\theta_k}\right) \right) + C \end{align}$$
以上のことから,
$$\fbox{$\int\sqrt[n]{\tan x}\ dx=\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \left( \frac{\sin\theta_k}{2} \ln(\sqrt[n]{\tan ^2x} - 2\sqrt[n]{\tan x}\cos\theta_k + 1) + \cos\theta_k \arctan\left(\frac{\sqrt[n]{\tan x} - \cos\theta_k}{\sin\theta_k}\right) \right) + C $}$$
ただし, $\displaystyle\theta_k=\frac{2k+1}{2n}\pi$

$t=\tan x$と置換すると$ dx =\displaystyle \frac{1}{1+t^2} \, dt $
$$\therefore I=\int\frac{t^{\frac{1}{n}}}{1+t^2}\ dt$$
ここで次のTaylor級数を用いる.
$$\frac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}$$
ただし収束半径は$1$である.
$$\therefore I=\int\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kt^{2k+\frac{1}{n}}dt$$
任意の$r\in(0,1)$に対してこれは$[0,r]$上で一様収束するので$t\in[0,1)$で項別積分すると
$$\begin{align} I=\int\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kt^{2k+\frac{1}{n}}dt&=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int t^{2k+\frac{1}{n}}dt\\ & = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k + 1 + \frac{1}{n}} t^{2k + 1 + \frac{1}{n}} + C \end{align}$$
$t$が定数であることに注意して式変形すると,
$$\begin{align} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k + 1 + \frac{1}{n}} t^{2k + 1 + \frac{1}{n}} &=t^{1 + \frac{1}{n}}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1+\frac{1}{n}} t^{2k} + C \\ &=t^{1 + \frac{1}{n}}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2k+1+\frac{1}{n}} (-t^{2})^{k} + C\\ &=t^{1 + \frac{1}{n}}\frac{n}{n+1}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\frac{n+1}{2n}}{k+\frac{n+1}{2n}} (-t^{2})^{k} + C \end{align}$$

$t=\sin^2x$と置換すると$\displaystyle dx=\frac{1}{2t^{\frac{1}{2}}(1-t)^{\frac{1}{2}}}dt$
$$\begin{align} \therefore I &=\int\left(\frac{t^{\frac{1}{2}}}{(1-t)^{\frac{1}{2}}}\right)^{\frac{1}{n}}\frac{1}{2t^{\frac{1}{2}}(1-t)^{\frac{1}{2}}}dt\\ &=\frac{1}{2}\int t^{\frac{1}{2n}}(1-t)^{-\frac{1}{2n}}t^{-\frac{1}{2}}(1-t)^{-\frac{1}{2}}dt\\ &=\frac{1}{2}\int t^{\frac{n+1}{2n}-1}(1-t)^{\frac{n-1}{2n}-1}dt \end{align}$$
定義4より
$$\fbox{$ \int \sqrt[n]{\tan x} \, dx = \frac{1}{2} B_{\sin^2x}\left(\frac{n+1}{2n}, \, \frac{n-1}{2n} \right) + C $}$$