1939年(昭和14年)東京帝國大學工學部-數學[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2020.04.12記

[3] 次の積分を求めよ。
$\displaystyle\int_{-a}^a \sqrt{1-\dfrac{\cos^2 a}{\cos^2 x}}\,dx$ $\left(0\lt a\lt \dfrac{\pi}{2} \right)$

2020.04.12記
この積分は難しいことで有名。求める積分を $I$ とおく。

[解1]
$t=\tan x$ と置換すると $I=\displaystyle\int_0^{\tan a} \dfrac{2\cos a\sqrt{\tan^2a -t^2}}{1+t^2}\,dt$ である。

さらに、 $t = \tan a \sin\theta$ と置換すると $I= \displaystyle \int_0^{\pi/2} \dfrac{2\cos a\tan^2 a \cos^2\theta\,d\theta}{1+\tan^2a\tan^2\theta}$ である。

そして、 $u=\tan\theta$ と置換すると
$I=\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{2\cos a\tan^2 a\, du}{\left(1+\dfrac{u^2}{\cos^2 a}\right)(1+u^2)}$ $=\displaystyle 2\int_0^{+\infty} \left\{\dfrac{1}{\cos a}\cdot \dfrac{1}{1+\dfrac{u^2}{\cos^2 a}}-\cos a\cdot \dfrac{1}{1+u^2}\right\}$ $=2\left[ \arctan\dfrac{u}{\cos a} -\cos a \arctan u\right]_0^{+\infty}$ $=\pi(1-\cos a)$

2020.04.18記

[解2]
$I= \displaystyle 2\int_0^a \sqrt{\dfrac{\cos^2 x-\cos^2 a}{\cos^2 x}}\,dx$ $=\displaystyle 2\int_0^a \sqrt{\dfrac{\sin^2 a-\sin^2 x}{\cos^2 x}}\,dx$ $=\displaystyle 2\int_0^a \dfrac{\sqrt{\sin^2 a-\sin^2 x}}{\cos x}\,dx$

$\sin x=\sin a\sin\theta$ とおくと、 $\cos x dx =\sin a\cos\theta d\theta$ により，
$I=\displaystyle 2\int_0^{\pi/2} \dfrac{\sin^2a\cos^2\theta}{1-\sin^2 a \sin^2\theta}\,d\theta$ $=\displaystyle 2\int_0^{\pi/2} \dfrac{\sin^2a\cos^2\theta}{\cos^2 a+\sin^2 a \cos^2\theta}\,d\theta$ $=\displaystyle 2\int_0^{\pi/2}\left(1-\dfrac{\cos^2 a}{\sin^2a\cos^2\theta+\cos^2a}\right)\,d\theta$ $=\pi- \displaystyle 2\int_0^{\pi/2} \dfrac{\sec^2\theta}{\tan^2a+\sec^2\theta}\,d\theta$

$\tan^2 a =\sec^2 a-1$ ， $\tan^2 \theta =\sec^2 \theta-1$ により分母を変形すると
$=\pi-\displaystyle2 \int_0^{\pi/2}\dfrac{\sec^2\theta}{\sec^2a+\tan^2\theta}\,d\theta$

$t=\tan\theta$ と置換すると、 $dt=\sec^2\theta\, d\theta$ により
$I=\pi- \displaystyle 2\int_0^{+\infty}\dfrac{dt}{\sec^2a+t^2}\,dt$ $=\pi- 2 \left[ \dfrac{1}{\sec a}\arctan\dfrac{t}{\sec a} \right]_0^{+\infty}$ $=\pi (1-\cos a)$

2020.04.20記

[解3]（[解2] の途中から）
$I=\displaystyle 2\int_0^{\pi/2} \dfrac{\sin^2a\cos^2\theta}{1-\sin^2 a \sin^2\theta}\,d\theta$ $=\displaystyle 2\int_0^{\pi/2}\left(1-\dfrac{\cos^2 a}{1-\sin^2 a \sin^2\theta}\right)\,d\theta$ $=\pi-\cos^2 a \displaystyle \int_0^{\pi/2}\left(\dfrac{1}{1+\sin a\sin\theta}+\dfrac{1}{1-\sin a\sin\theta}\right)\,d\theta$

$t=\tan\dfrac{\theta}{2}$ と置換すると
$I=\pi-2\cos^2a \displaystyle\int_0^1\left\{\dfrac{1}{(t+\sin a)^2+\cos^2 a}+\dfrac{1}{(t-\sin a)^2+\cos^2 a}\right\}\,d\theta$ $=\pi-2\cos a \left[ \arctan\dfrac{t+\sin a}{\cos a} +\arctan\dfrac{t-\sin a}{\cos a} \right]_0^1$ $=\pi-2\cos a \left( \arctan\dfrac{1+\sin a}{\cos a} +\arctan\dfrac{1-\sin a}{\cos a} \right)$

ここで、一般に $\alpha\beta=1$ のとき、 $\arctan \alpha +\arctan \beta =\dfrac{\pi}{2}$ が成立する．なぜなら、
$p=\arctan\alpha,\,q=\arctan\beta$ とおくと、 $1=\alpha\beta$ $=\tan p\tan q$ となり、 $\tan q=\dfrac{1}{\tan p}$ $=\tan\left(\dfrac{\pi}{2} -p\right)$ となるからである。

よって， $I=\pi-2\cos a\cdot \dfrac{\pi}{2}=\pi(1-\cos a)$