今回は次の積分がいかなる値か考えます。
\begin{equation}I_n\equiv\int^1_0\sqrt{1+x^n}dx\;,\;n\in\mathbb{N}\tag{1}\end{equation}
$n=1,2$ では初等的に求まります。$n=2$ においては $t=x+\sqrt{1+x^2}$ と置換することで難なく$$\int^1_0\sqrt{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\left[\ln(\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}\right]$$を得ます。$n\ge 3$ においては初等的に表すことはできませんが、ガウスの超幾何関数を用いて表すことができます。
\begin{equation}I_3=\int^1_0\sqrt{1+x^3}dx\tag{2}\end{equation}とします。
$x^3=t$ とおくことで\begin{eqnarray*}I_3&=&\frac{1}{3}\int_0^1t^{-\frac{2}{3}}(1+t)^\frac{1}{2}dt\\&=&\frac{1}{3}\int_0^1t^{\frac{1}{3}-1}(1-t)^{\frac{4}{3}-\frac{1}{3}-1}(1+t)^{-(-\frac{1}{2})}dt\\&=&\frac{\Gamma(\frac{4}{3})}{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(1)}\int_0^1t^{\frac{1}{3}-1}(1-t)^{\frac{4}{3}-\frac{1}{3}-1}(1+t)^{-(-\frac{1}{2})}dt\\&=&F\left(\frac{1}{3},-\frac{1}{2},\frac{4}{3};-1\right)\end{eqnarray*}最後に現れたのはガウスの超幾何関数で、その積分表示\begin{equation}F(a,b,c;z)=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(a)\Gamma(c-a)}\int_0^1t^{a-1}(1-t)^{c-a-1}(1-zt)^{-b}dt\tag{3}\end{equation}を用いました。
というわけで結論は
\begin{equation}\int^1_0\sqrt{1+x^3}dx=F\left(\frac{1}{3},-\frac{1}{2},\frac{4}{3};-1\right)\approx1.11\tag{4}\end{equation}
となります。しかしこれでは公式頼りで何だかやった感じがしないので、もっと自力で頑張ってみます。
ありがちに $x^3=\tan^2\theta$ と置換し、さらに $2\sin^2\theta=t$ と置換します。この2段階の置換を一気にすると$$t=\frac{2x^3}{1+x^3}$$です。$x$ で微分すれば分かるように、$t$ は $x$ の単調増加関数です。よって積分範囲は $[0,1]$ となり、また$$dt=\frac{6x^2}{(1+x^3)^2}dx\Rightarrow dx=\frac{2}{3}t^{-\frac{2}{3}}(2-t)^{-\frac{4}{3}}dt$$$$1+x^3=\frac{2}{2-t}$$であるから\begin{eqnarray*}I&=&\frac{2}{3}\int^1_0\sqrt{\frac{2}{2-t}}t^{-\frac{2}{3}}(2-t)^{-\frac{4}{3}}dt\\&=&\frac{2\sqrt{2}}{3}\int^1_0t^{-\frac{2}{3}}(2-t)^{-\frac{11}{6}}dt\\&=&\frac{1}{3\sqrt[3]{2}}\int^1_0t^{-\frac{2}{3}}\left(1-\frac{t}{2}\right)^{-\frac{11}{6}}dt\end{eqnarray*}$(1-\frac{t}{2})^{-\frac{11}{6}}$ をテイラー展開して\begin{equation}I=\frac{1}{3\sqrt[3]{2}}\int^1_0t^{-\frac{2}{3}}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{11}{6})_n}{n!}\left(\frac{t}{2}\right)^ndt\end{equation}ここで $(a)_n\equiv a(a+1)\cdots(a+n-1)$ をポッホハマー記号といいます。さらに計算を進めると\begin{eqnarray*}I&=&\frac{1}{3\sqrt[3]{2}}\int^1_0t^{-\frac{2}{3}}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{11}{6})_n}{n!}\left(\frac{t}{2}\right)^ndt\\&=&\frac{1}{3\sqrt[3]{2}}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{11}{6})_n}{n!2^n}\int^1_0t^{n-\frac{2}{3}}dt\\&=&\frac{1}{3\sqrt[3]{2}}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{11}{6})_n}{n!2^n}\frac{1}{n+\frac{1}{3}}\\&=&\frac{1}{3\sqrt[3]{2}}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{11}{6})_n}{n!2^n}\frac{(\frac{1}{3})_n\cdot 3}{(\frac{4}{3})_n}\\&=&\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{3})_n(\frac{11}{6})_n}{(\frac{4}{3})_n}\frac{1}{n!2^n}\\&=&\frac{1}{\sqrt[3]{2}}F\left(\frac{1}{3},\frac{11}{6},\frac{4}{3};\frac{1}{2}\right)\end{eqnarray*}最後の等号はガウスの超幾何関数の定義$$F(a,b,c;z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n}\frac{z^n}{n!}$$を用いました。よって求める積分値は
\begin{equation}\int^1_0\sqrt{1+x^3}dx=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}F\left(\frac{1}{3},\frac{11}{6},\frac{4}{3};\frac{1}{2}\right)\tag{5}\end{equation}
式(4)と違いますが、これは超幾何関数に関する定理$$F(a,b,c;z)=(1-z)^{-a}F\left(a,c-b,c;\frac{z}{z-1}\right)$$に代入すれば一致することが分かります。形としては式(4)がキレイですが、頑張って計算して至った式(5)でもいいですね。
一般の $n$ については $x^n=t$ とおくことで\begin{eqnarray*}I_n&=&\frac{1}{n}\int_0^1t^{\frac{1}{n}-1}(1+t)^\frac{1}{2}dt\\&=&\frac{1}{n}\int_0^1t^{\frac{1}{n}-1}(1-t)^{\frac{1}{n}+1-\frac{1}{n}-1}(1+t)^{-(-\frac{1}{2})}dt\\&=&\frac{\Gamma(1+\frac{1}{n})}{\Gamma(\frac{1}{n})\Gamma(1)}\int_0^1t^{\frac{1}{n}-1}(1-t)^{\frac{1}{n}+1-\frac{1}{n}-1}(1+t)^{-(-\frac{1}{2})}dt\\&=&F\left(\frac{1}{n},-\frac{1}{2},\frac{1}{n}+1;-1\right)\end{eqnarray*}最後に現れたのはガウスの超幾何関数で、その積分表示\begin{equation}F(a,b,c;z)=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(a)\Gamma(c-a)}\int_0^1t^{a-1}(1-t)^{c-a-1}(1-zt)^{-b}dt\end{equation}を用いました。というわけで結論は
\begin{equation}\int^1_0\sqrt{1+x^n}dx=F\left(\frac{1}{n},-\frac{1}{2},\frac{1}{n}+1;-1\right)\tag{6}\end{equation}
で終わりです。でも、やはりこれでは積分表示に代入しただけで物足りないので、自力でやった感が出る計算を載せます。
まずは以下のように置換します。$$t=\frac{2x^n}{1+x^n}$$$x$ で微分すれば分かりますが、$t$ は $x$ の単調増加関数です。よって積分範囲は $[0,1]$ となり、また$$dx=\frac{2}{n}t^{\frac{1}{n}-1}(2-t)^{-1-\frac{1}{n}}dt$$$$1+x^n=\frac{2}{2-t}$$ですので\begin{eqnarray*}I_n&=&\frac{2}{n}\int^1_0\sqrt{\frac{2}{2-t}}t^{\frac{1}{n}-1}(2-t)^{-1-\frac{1}{n}}dt\\&=&\frac{2\sqrt{2}}{n}\int^1_0t^{\frac{1}{n}-1}(2-t)^{-\frac{3}{2}-\frac{1}{n}}dt\\&=&\frac{1}{n\sqrt[n]{2}}\int^1_0t^{\frac{1}{n}-1}\left(1-\frac{t}{2}\right)^{-\frac{3}{2}-\frac{1}{n}}dt\end{eqnarray*}$(1-\frac{t}{2})^{-\frac{3}{2}-\frac{1}{n}}$ をテイラー展開して\begin{equation}I_n=\frac{1}{n\sqrt[n]{2}}\int^1_0t^{\frac{1}{n}-1}\sum_{k=0}^\infty\frac{(\frac{3}{2}+\frac{1}{n})_k}{k!}\left(\frac{t}{2}\right)^kdt\end{equation}さらに計算を進めると\begin{eqnarray*}I_n&=&\frac{1}{n\sqrt[n]{2}}\int^1_0t^{\frac{1}{n}-1}\sum_{k=0}^\infty\frac{(\frac{3}{2}+\frac{1}{n})_k}{k!}\left(\frac{t}{2}\right)^kdt\\&=&\frac{1}{n\sqrt[n]{2}}\sum_{k=0}^\infty\frac{(\frac{3}{2}+\frac{1}{n})_k}{k!2^k}\int^1_0t^{k+\frac{1}{n}-1}dt\\&=&\frac{1}{n\sqrt[n]{2}}\sum_{k=0}^\infty\frac{(\frac{3}{2}+\frac{1}{n})_k}{k!2^k}\frac{1}{\frac{1}{n}+k}\\&=&\frac{1}{n\sqrt[n]{2}}\sum_{k=0}^\infty\frac{(\frac{3}{2}+\frac{1}{n})_k}{k!2^k}\frac{(\frac{1}{n})_k\cdot n}{(\frac{1}{n}+1)_k}\\&=&\frac{1}{\sqrt[n]{2}}\sum_{k=0}^\infty\frac{(\frac{1}{n})_k(\frac{3}{2}+\frac{1}{n})_k}{(\frac{1}{n}+1)_k}\frac{(1/2)^k}{k!}\\&=&\frac{1}{\sqrt[n]{2}}F\left(\frac{1}{n},\frac{3}{2}+\frac{1}{n},1+\frac{1}{n};\frac{1}{2}\right)\end{eqnarray*}よって求める積分値は
\begin{equation}\int^1_0\sqrt{1+x^n}dx=\frac{1}{\sqrt[n]{2}}F\left(\frac{1}{n},\frac{3}{2}+\frac{1}{n},1+\frac{1}{n};\frac{1}{2}\right)\tag{7}\end{equation}
(6)と(7)で式が異なりますが、先ほどと同様に
超幾何関数に関する定理$$F(a,b,c;z)=(1-z)^{-a}F\left(a,c-b,c;\frac{z}{z-1}\right)$$に代入すれば一致することが分かります。
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