1946年(昭和21年)東京帝國大學第二工學部-數學[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2022.06.02記

[2] 積分 $\displaystyle\int_{-1}^{1}\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}\,\dfrac{dx}{a-x}$ を計算せよ．但し $a$ は正なるものとする．

2022.06.06記

[解答]
$\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}=t$ とおくと $x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$ ， $dx=\dfrac{-4t}{(1+t^2)^2}$ であるから，
$I=\displaystyle\int_{-1}^{1}\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}\,\dfrac{dx}{a-x}$
$=\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{4t^2}{a(1+t^2)-(1-t^2)}\cdot \dfrac{dt}{1+t^2}$
$=\displaystyle\int_0^{+\infty}\left(\dfrac{1}{1+t^2}-\dfrac{a-1}{(a-1)+(a+1)t^2}\right)dt$
$=\pi-2\displaystyle\int_0^{+\infty} \dfrac{a-1}{(a-1)+(a+1)t^2}\, dt$
である．

(i) $a=1$ のとき $I=\pi$

(ii) $a\neq 1$ のとき
$I=\pi-2\displaystyle\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+\dfrac{a+1}{a-1}t^2}\, dt$
は

(a) $a\gt 1$ のとき
$I=\pi-2\Bigl[ \sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\mbox{Arctan}\left(\sqrt{\dfrac{a+1}{a-1}}t\right)\Bigr]_0^{+\infty}=\pi\left(1-\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\right)$

(b) $0\lt a\lt 1$ のとき
$\dfrac{1}{1+\dfrac{a+1}{a-1}t^2}$
は $t=\sqrt{\dfrac{1-a}{a+1}}:=\dfrac{1}{b}$ で不連続であるから
$I=\pi-2\displaystyle\int_0^{1/b} \dfrac{1}{1-b^2t^2}\, dt$ $-2\displaystyle\int_{1/b}^{+\infty} \dfrac{1}{1-b^2t^2}\, dt$
と積分区間を分割する．このとき
$\displaystyle\int_0^{1/b} \dfrac{1}{1-b^2t^2}\, dt$ $=\Bigl[\dfrac{1}{2b}\log\dfrac{1+bt}{1-bt}\Bigr]_0^{1/b-0}$ $=+\infty-0$
は発散する．よって積分の値は存在しない．

2022.06.13記
$x=\cos\theta$ とおくと
$\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}=\tan\dfrac{\theta}{2}=t$
となると考えれば自然な置換だということがわかる。