Ahmed's Integral

ファインマン・トリックによる方法

Nahin [1] で紹介されている方法を解説します。1つ目の積分を$$I:=\int_0^1\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}dx$$と定義し、ここにパラメータ $s$ を入れたものを\begin{equation}I(s):=\int_0^1\frac{\arctan\left(s\sqrt{2+x^2}\right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}dx\tag{2}\end{equation}とすれば $I=I(1)$ です。

$s\to\infty$ のときを計算します。被積分関数が有界なので優収束定理が使えて極限が交換できます。$$I(\infty)=\frac{\pi}{2}\int_0^1\frac{dx}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}$$これは2次無理関数と有理関数が混ざった形をしており、初等関数の範囲で積分できることが知られています（こちらの補題３あるいは桂田 [4]）。具体的には、まず $x=\tan\t$ と置換して$$I(\infty)=\frac{\pi}{2}\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\cos\t d\t}{\sqrt{2-\sin^2\t}}$$$\sin\t=\sqrt{2}\sin\phi$ と置換して$$I(\infty)=\frac{\pi}{2}\int_0^\frac{\pi}{6}d\phi$$\begin{equation}\therefore\quad I(\infty)=\frac{\pi^2}{12}\tag{3}\end{equation}なお、はじめに $x=\sqrt{2}\tan\t$ とする方法もあり、その後ワイエルシュトラス置換をする場合は、無理数の範囲での因数分解とか部分分数分解や余接の加法定理など、やや骨が折れます（私はそれでやりました）。

さて、(2)を微分すると\begin{equation}\frac{dI(s)}{ds}=\int_0^1\frac{dx}{(1+x^2)(1+2s^2+s^2x^2)}\tag{4}\end{equation}これは $x$ に関しては有理関数の積分ですから、初等関数の範囲で計算できます。部分分数分解により$$=\frac{1}{s^2+1}\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}-\frac{s^2}{s^2+1}\int_0^1\frac{dx}{s^2x^2+2s^2+1}$$第1項、第2項ともに $\arctan$ で書けます。\begin{equation}\frac{dI(s)}{ds}=\frac{\pi}{4}\frac{1}{s^2+1}-\frac{s}{(s^2+1)\sqrt{2s^2+1}}\arctan\frac{s}{\sqrt{2s^2+1}}\tag{5}\end{equation}これを $1$ から $\infty$ まで積分すると左辺は当然$$\int_1^\infty\frac{dI(s)}{ds}ds=I(\infty)-I(1)$$と書けますので(5)より\begin{equation}I(\infty)-I(1)=\frac{\pi^2}{16}-\underbrace{\int_1^\infty\frac{s\arctan\frac{s}{\sqrt{2s^2+1}}}{(s^2+1)\sqrt{2s^2+1}}ds}_{:=J}\tag{6}\end{equation}あとは $J$ の計算をします。$u:=1/s$ と置換して $\arctan X=\frac{\pi}{2}-\arctan(1/X)$ に注意すると\begin{align}J&=\int_0^1\frac{\arctan\frac{1}{\sqrt{2+u^2}}}{(1+u^2)\sqrt{2+u^2}}du\\&=\int_0^1\frac{\frac{\pi}{2}-\arctan\sqrt{2+u^2}}{(1+u^2)\sqrt{2+u^2}}du\\&=\frac{\pi}{2}\int_0^1\frac{du}{(1+u^2)\sqrt{2+u^2}}-\int_0^1\frac{\arctan\sqrt{2+u^2}}{(1+u^2)\sqrt{2+u^2}}dx\end{align}第1項と第2項はそれぞれ定義から即座に $I(\infty)$, $I(1)$ に一致します。 つまり$$J=I(\infty)-I(1)$$(6)に代入して$$I(\infty)-I(1)=\frac{\pi^2}{32}$$(3)より

別解（重積分）

Ahmed [2] には $I$ を計算する別の解法が載っています。といっても本質は先ほどのものと共通してそうです。$\arctan X=\frac{\pi}{2}-\arctan(1/X)$ を利用して$$I=\frac{\pi}{2}\int_0^1\frac{dx}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}-\int_0^1\frac{\arctan\frac{1}{\sqrt{2+x^2}}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}dx$$第1項は(3)と同様に導出します。第2項は$$\int_0^1\frac{\arctan\frac{1}{\sqrt{2+x^2}}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}dx=\int_0^1\int_0^1\frac{dxdy}{(1+x^2)(2+x^2+y^2)}$$と書き換えられます(なかなか思いつくものではない)。部分分数分解により$$\int_0^1\int_0^1\frac{dxdy}{(1+x^2)(2+x^2+y^2)}=\int_0^1\int_0^1\frac{dxdy}{(1+y^2)(1+x^2)}-\int_0^1\int_0^1\frac{dxdy}{(1+y^2)(2+x^2+y^2)}$$左辺と右辺第2項は等しいです。よって\begin{align}2\int_0^1\int_0^1\frac{dxdy}{(1+x^2)(2+x^2+y^2)}&=\int_0^1\int_0^1\frac{dxdy}{(1+y^2)(1+x^2)}\\&=\left(\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}\right)\\&=\frac{\pi^2}{16}\end{align}となります。

一般化について

今回の積分は $\arctan X=\frac{\pi}{2}-\arctan(1/X)$ によって同じ積分が再び現れることを使っています。なのでかなり特殊というかラッキーなケースです。実際$$K(s):=\int_0^1\frac{\arctan\left(s\sqrt{b^2+x^2}\right)}{(1+x^2)\sqrt{b^2+x^2}}dx$$を同じように計算していくと $K(\infty)=\frac{\pi^2}{12}$ であり、$$K(\infty)-K(1)=\frac{\pi}{2}\int_0^1\frac{du}{(u^2+b^2-1)\sqrt{u^2+b^2}}-\int_0^1\frac{\arctan\sqrt{b^2+u^2}}{(b^2-1+u^2)\sqrt{b^2+u^2}}du$$右辺第1項は計算できますが面倒なのでここではやりません。いずれにしても第2項が残ってしまいました。このあたりの話は Borwein [3] にあり、もう少し議論を続けています。そして\begin{align}\int_0^1\frac{\arctan\sqrt{1+x^2}}{(1+x^2)^\frac{3}{2}}dx&=\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\pi+\frac{3}{\sqrt{2}}\arctan\sqrt{2}\\\int_0^1\frac{\arctan x}{x(1+x^2)}dx&=\frac{G}{2}+\frac{\pi}{8}\ln 2\end{align}を得ています。

参考文献

P.J.Nahin(2015)は面白い積分テクニックがたくさん載った人気書籍です！

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