((1-x)/(1+x))^1/nの定積分
こんにちは。前回の$\displaystyle\tan\frac{\pi}{7}$の厳密値を求めるお話では記事を書いている途中に不備が発覚したりして大変な思いをしましたが、今回はそんなことはありません。なぜなら積分だから。では早速本題に入りましょう。
本題
\begin{align*} I(n)&=\int_{0}^{1}\sqrt[n]{\frac{1-x}{1+x}}dx\quad n\in\mathbb{N} \end{align*}
こいつを上手に解こうという話です。まあ、$n=1,2,3,4$くらいまで計算して、最後に途中までの一般化をしてみましょうか。
\begin{align*} I(1)&=\int_{0}^{1}\frac{1-x}{1+x}dx\\ &=\int_{0}^{1}\frac{2}{1+x}-1dx\\ &=\left[\ln|1+x|-x\right]_{0}^{1}\\ &=-1+\ln{2} \end{align*}
これは流石にぬるいですね。次。
\begin{align*}
I(2)&=\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}dx
\end{align*}
ここで、$x=\sin\theta$と置換すると、積分区間は$[0,\frac{\pi}{2}]$に、$dx=\cos\theta d\theta$となる。よって、
\begin{align*}
I(2)&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{1-\sin\theta}{1+\sin\theta}}\cos\theta d\theta\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{1-\sin\theta}{1+\sin\theta}}\sqrt{1-\sin^2\theta}d\theta\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{1-\sin\theta}{1+\sin\theta}}\sqrt{(1+\sin\theta)(1-\sin\theta)}d\theta\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}1-\sin\theta d\theta\\
&=\left[\theta+\cos\theta\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\\
&=\frac{\pi}{2}-1
\end{align*}
一次式の分数が平方根をかぶっていたら関数を丸ごと$t$と置くのが定石ですが、今回はこれでやった方が楽ですね。さて、次は少し発想が難しいかもしれません。
\begin{align*}
I(3)&=\int_{0}^{1}\sqrt[3]{\frac{1-x}{1+x}}dx
\end{align*}
丸ごと$t$と置きます。すると、$\displaystyle x=\frac{1-t^3}{1+t^3}$のため、$\displaystyle dx=-\frac{6t^2}{(1+t^3)^2}dt$また、積分区間は$[1,0]$となる。よって、
\begin{align*}
I(3)&=\int_{1}^{0}t\cdot\frac{-6t^2}{(1+t^3)^2}dt\\
&=6\int_{0}^{1}\frac{t^3}{(1+t^3)^2}dt\\
&=-2\int_{0}^{1}t\cdot\frac{-3t^2}{(1+t^3)^2}dt
\end{align*}
じつは、$\displaystyle\left(\frac{1}{1+t^3}\right)'=\frac{-3t^2}{(1+t^3)^2}$なので、部分積分をすると
\begin{align*}
I(3)&=-2\left[\frac{t}{1+t^3}\right]_{0}^{1}+2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^3}dt\\
&=-1+2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^3}dt
\end{align*}
出てきた積分は部分分数分解すれば終わりなので計算過程は省略します。
\begin{align*}
I(3)&=-1+2\left(\frac{1}{3}\ln{2}+\frac{\pi}{3\sqrt{3}}\right)\\
&=-1+\frac{2}{3}\ln{2}+\frac{2}{3\sqrt{3}}\pi
\end{align*}
無理矢理微分形を見出して部分積分という少し難しい技でしたね。実は$I(4)$もそれを使います。
\begin{align*}
I(4)&=\int_{0}^{1}\sqrt[4]{\frac{1-x}{1+x}}dx
\end{align*}
同様に丸ごと$t$と置くと、$\displaystyle dx=-8\frac{t^3}{(1+t^4)^2}dt$区間は$[1,0]$となるため、
\begin{align*}
I(4)&=8\int_{0}^{1}\frac{t^4}{(1+t^4)^2}dt
\end{align*}
これも先ほどと同様に部分積分をすると、
\begin{align*}
I(4)&=-2\left[\frac{t}{1+t^4}\right]_{0}^{1}+2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^4}dt\\
&=-1+2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^4}dt
\end{align*}
この積分も部分積分をしてから微分形の接触などを作ると解けるため、過程は省略します。
\begin{align*}
I(4)&=-1+2\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left(\sqrt{2}+1\right)+\frac{\pi}{4\sqrt{2}}\right)\\
&=-1+\frac{1}{\sqrt{2}}\ln\left(\sqrt{2}+1\right)+\frac{\pi}{2\sqrt{2}}
\end{align*}
では、$n$について途中まで一般化してみましょう。
\begin{align*} I(n)&=\int_{0}^{1}\sqrt[n]{\frac{1-x}{1+x}}dx\\ &=2n\int_{0}^{1}\frac{x^{n}}{(1+x^n)^2}dx\\ &=-2\left[\frac{x}{1+x^n}\right]_{0}^{1}+2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n}dx\\ &=-1+2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n}dx \end{align*}
とてもシンプルな形の積分に帰着しましたね。なんか大学入試とかで出そう(偏見)
おわり
今回の積分からは無理矢理微分形を作ることの大事さを学べましたね。ほな、さいなら！
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