楕円積分や√cos の積分のあれこれ
こんにちは。たしです。
前記事で の弧長や
の積分について書いたので、今回はそれにまつわる内容をいくつか加筆しておこうと思います。
↓前記事
sinの弧長は円周率とレムニスケート周率で表せる - とある数学徒の備忘録
まずは楕円積分との関係について。
楕円積分にはいくつか種類があるのですが、今回用いるのは第二種完全楕円積分 というものです。これは次の積分で表せます。
\begin{align}
E(x) = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-x^2\sin^2{\theta}} \ d\theta
\end{align}
これは前記事の の積分と酷似していますが、実際に簡単な式変形を行えば等式で結べることがわかります。
\begin{align}
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{2-\sin^2{\theta}} \ d\theta \\
&=\sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\frac{1}{2}\sin^2{\theta}} \ d\theta \\
&=\sqrt{2}E\left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)
\end{align}
すなわち、
\begin{align}
\int_0^{2\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta &=4\sqrt{2}E\left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)
\end{align}
が成り立ちます。
筆者は楕円積分についてはあまり詳しくないのですが、とても有名かつ有用な関数であることは確かです。 の弧長はそのような関数の特殊値になっていたんですね。
また、楕円積分は楕円の弧長と大きく関わる関数なので、 の弧長と楕円の弧長に繋がりがある気がしてくるのですが、実は次のようなことが示せます。
定理：
楕円
の一周の長さと 
の一周期分の弧長は等しい。
(概略)楕円
楕円
\begin{align}
\int_a^{b}\sqrt{\left( \frac{dx}{d\theta} \right)^2 + \left( \frac{dy}{d\theta} \right)^2} \ d\theta
\end{align}
に当てはめることで、
\begin{align}
\int_0^{2\pi}\sqrt{\left( -\sqrt{2} \sin \theta \right)^2 + (\cos \theta)^2} \ d\theta &= \int_0^{2\pi}\sqrt{2 \sin^2 \theta + \cos^2 \theta} \ d\theta \\
&= \int_0^{2\pi}\sqrt{1 + \sin^2 \theta} \ d\theta \\
&= \int_0^{2\pi}\sqrt{1 + \cos^2 \theta} \ d\theta \\
\end{align}
となることが示せます。前記事から最後の積分は の弧長を求める積分になっています。(終)
↓すなわち下2つの曲線の長さは完全に等しいのです！ (※縮尺が異なるかもしれないのでご注意ください)
これから分かることとして、三角関数の弧長を求める問題は基本的にとある楕円の周長を求める問題に帰着されます。導出を見ればやや自明ではありますが、三角関数と楕円という似て非なるものが弧長を求める上では本質的に同じである、という結果は個人的に面白く感じます。
最後にもう一つだけ面白いと思った関係式を挙げておきます。
定理：
をレムニスケート周率( 
) とすると次の等式が成り立つ。
\begin{align}
\varpi = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\cos\theta}} d\theta = \int_0^\pi\frac{1}{\sqrt{1+\cos^2\theta}} d\theta
\end{align}
(概略)\begin{align}
\varpi = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\cos\theta}} d\theta = \int_0^\pi\frac{1}{\sqrt{1+\cos^2\theta}} d\theta
\end{align}
レムニスケート周率の定義である下記の積分において、
の場合
\begin{align}
\varpi = 2\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^4}} = 2 \int_{\frac{\pi}{2}}^0\frac{-1}{\sqrt{1-\cos^2 \theta}}\frac{\sin \theta}{\sqrt{\cos \theta}}d\theta =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\cos\theta}} d\theta
\end{align}
の場合
\begin{align}
\varpi = 2\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^4}} = 2 \int_{\frac{\pi}{2}}^0\frac{-1}{\sqrt{1-\cos^4 \theta}}\sin \theta d\theta =2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{1+\cos^2\theta}} d\theta
\end{align}
で求めることができる。(終)
この結果は単体でも面白いですが、前記事の結果と並べてみても面白いです。
\begin{align}
\frac{\pi}{\varpi} &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos \theta} \ d \theta \\
\varpi &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\cos \theta}} \ d \theta \\
\varpi +\frac{\pi}{\varpi} &= \int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos^2 \theta} \ d \theta \\
\varpi &= \int_0^{\pi}\frac{1}{\sqrt{1+\cos^2 \theta}} \ d \theta \\
\end{align}
(対称性から、上の積分の は全て
に置き換えても成り立ちます。)
上の積分はそれぞれ、逆数をとったり、積分内の形を僅かに変えたりしているにも関わらず、どれも と
に関する値になっていたり、三番目の式が他の式の和で表せたりと、面白い関係になっていると思います。もしかしたら楕円関数の関係式から導けるのかもしれませんが、筆者は試していません。
この他にも無限級数表示などでも面白い結果があったのですが、文量が増えすぎるので今回はこの辺で終わろうと思います。
ここまでお付き合いいただきありがとうございました。
もし誤植や数学的誤り、感想等ございましたら、コメントやTwitter(@tashi14190)までお願いいたします。
sinの弧長は円周率とレムニスケート周率で表せる
初めまして。たしです。
突然ですが皆さんは カーブの長さについて考えたことはありますか？
一辺の長さが１の四角形の周長は４ですし、半径１の円の周長は になります。では
カーブの長さはどうなるのでしょうか。とっても気になります。
実はこの値は次の積分で求まります。
何故この積分で長さが求められるのかについては、『高校数学の美しい物語』様のサイトなどで詳しく述べられているのでぜひご参照ください。簡単に述べると の積分で弧長が求まるという公式を用いています。
→弧長積分の公式の証明と例題 | 高校数学の美しい物語
よって、あとはこの積分を解いて終わり！ と言いたいところなのですが、なんとこの積分、普通に解こうとしても全く解けません。
実はこの積分は、筆者が高校生のときに数学の教諭から出された問題です。
「 の積分は簡単に求まるのに、
の積分は突然難しくなり解けなくなる」というちょっとした小噺だったのですが、そういう話を聞けば挑みたくなってしまうのが数学好きの性というもので、それ以来ずっと挑戦していた問題でした。
ちなみに、 の積分は
から
\begin{align}
\int_0^{2\pi}\sqrt{1-\cos^2{\theta}} \ d\theta &= \int_0^{2\pi}\sqrt{\sin^2{\theta}} \ d\theta \\
&=2 \int_0^{\pi}\sin{\theta} \ d\theta\\
&= 2
\end{align}
と確かに簡単に計算できます。従って の積分も上手くやれば綺麗に計算できるだろうと当時の私は思っていました。
しかしどう試行錯誤しても上手くいきません。そして計算できないまま一週間が過ぎ一ヶ月が過ぎ、結局納得のいく答えが得られたのは大学生になった後でした。
得られた結果は次のようなものです。
解答： をレムニスケート周率、
を円周率とする。このとき次の等式が成り立つ。
\begin{align}
\int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta = {\varpi} + \frac{\pi}{\varpi}
\end{align}
\begin{align}
\int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta = {\varpi} + \frac{\pi}{\varpi}
\end{align}
これはとても綺麗な結果ではないでしょうか！！
についての詳しい解説はここではしませんが、これは
と表される定数です。
が円周の長さを表す定数だったのに対し、
はレムニスケートという
のような見た目の図形の周長を表す定数になっています。
との類似点も多く、ガンマ関数や楕円関数で遊んでいるとよく見かける重要な定数になっています。
つまりこの公式は、 の弧長が円の周長
とレムニスケートの周長
を用いて表せると主張しています。
という円から生まれた概念が、弧長を通して再び円やレムニスケートと繋がるというのは、数学の見えない繋がりのようなものを感じられて面白いです。
(注)
積分範囲がになっていることが気になる方もいるかもしれませんが、対称性から以下の等式が成り立ちます。
\begin{align}
\int_0^{2\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta &= 2\int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta
\end{align}
【証明の概略】
高校生レベルの変数変換と、大学初年度の解析(ガンマ関数、ベータ関数)の知識があれば求められます。
まずは初等的な変数変換を用いて次の等式が示せます。
補題1：次の等式が成り立つ。
\begin{align}
\int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin x }+\frac{1}{\sqrt{\sin x}} \ dx
\end{align}
(概略)\begin{align}
\int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin x }+\frac{1}{\sqrt{\sin x}} \ dx
\end{align}
具体的に、まず右辺で
\begin{align}
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin x }+\frac{1}{\sqrt{\sin x}} \ dx &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x+1}{\sqrt{\sin x}} \ dx \\
&= 2 \int_0^{1}\frac{1+t^2}{\sqrt{1-t^4}} \ dt \\
&= 2 \int_0^{1}\sqrt{\frac{1+t^2}{1-t^2}} \ dt
\end{align}
を示したのち、再度
\begin{align}
2 \int_0^{1}\sqrt{\frac{1+t^2}{1-t^2}} \ dt &= 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta\\
&= \int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta\\
\end{align}
を示すのが解りやすいかと思います。(終)
また、ベータ関数およびガンマ関数の性質を用いて次のような主張が示せます。
補題2：
をガンマ関数とする。
に対して次の等式が成り立つ。
\begin{align}
\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin \theta )^s \ d\theta &= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\Gamma(\frac{s+1}{2})}{ \Gamma(\frac{s}{2}+1)}\\
&= \frac{\sqrt{\pi}}{s}\frac{\Gamma(\frac{s+1}{2})}{ \Gamma(\frac{s}{2})}
\end{align}
(概略)\begin{align}
\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin \theta )^s \ d\theta &= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\Gamma(\frac{s+1}{2})}{ \Gamma(\frac{s}{2}+1)}\\
&= \frac{\sqrt{\pi}}{s}\frac{\Gamma(\frac{s+1}{2})}{ \Gamma(\frac{s}{2})}
\end{align}
ベータ関数
ベータ関数は次のような積分で表される関数です。
\begin{align}
B(x,y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1} \ dt
\end{align}
これに適切な変数変換を施すことで、
\begin{align}
B(x,y) = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin\theta)^{2x-1}(\cos\theta)^{2y-1} \ d\theta
\end{align}
が成り立つのですが、ここに のべき乗の積分が現れていることに注目して次の等式が示せます。
\begin{align}
B\left( \frac{s+1}{2},\frac{1}{2} \right) = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin\theta)^{s} \ d\theta \tag{1}
\end{align}
一方で、ベータ関数とガンマ関数の間に次のような関係が成り立ちます。
\begin{align}
B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)} \tag{2}
\end{align}
ガンマ関数の説明も割愛しますが、階乗を一般化した関数でとても面白い性質がたくさんある関数です。
さて、(2) の式で と置きなおし、(1)と比較することで、次の等式を得ます。
\begin{align}
2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin \theta )^s \ d\theta =B\left( \frac{s+1}{2},\frac{1}{2} \right)= \frac{\Gamma(\frac{s+1}{2})\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{s}{2}+1)}
\end{align}
ここに と
というガンマ関数の性質を用いることで補題2の等式が示せます。(終)
さて補題1より、今求めたかったのは次の値でした。
\begin{align}
\int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin x }+\frac{1}{\sqrt{\sin x}} \ dx \\
&= \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^{\frac{1}{2}} \ dx + \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin x)^{-\frac{1}{2}} \ dx
\end{align}
これは のべき乗の積分になっているので、補題2の公式が使えます。
補題2の2行目に を代入して
\begin{align}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^{\frac{1}{2}} \ dx =2\sqrt{\pi} \frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{ \Gamma(\frac{1}{4})}
\end{align}
補題2の1行目に を代入して
\begin{align}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^{-\frac{1}{2}} \ dx =\frac{\sqrt{\pi}}{2} \frac{\Gamma(\frac{1}{4})}{ \Gamma(\frac{3}{4})}
\end{align}
が得られます。これにより と
の比が解れば、全ての値が求まるのですが、実は次の公式が成り立ちます。
補題3： をレムニスケート周率とすると次の公式が成り立つ。
\begin{align}
\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})} = \frac{\sqrt{\pi}}{2\varpi}
\end{align}
(概略)\begin{align}
\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})} = \frac{\sqrt{\pi}}{2\varpi}
\end{align}
レムニスケート周率
\begin{align}
\varpi = 2\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}dx
\end{align}
余談ですが、円周率
\begin{align}
\pi = 2\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx
\end{align}
で求まることを見れば、 が円周率の類似になってることを納得してもらえるかと思います。
さて、 の定義式で
と変数変換をすれば、実はベータ関数の元々の定義を当てはめることができます。
\begin{align}
\varpi &= 2\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}dx \\
&= \frac{1}{2}\int_0^1t^{-\frac{3}{4}}(1-t)^{-\frac{1}{2}}dt \\
&= \frac{1}{2}B\left( \frac{1}{4} , \frac{1}{2} \right)\\
&= \frac{1}{2}\frac{\Gamma(\frac{1}{4})\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{3}{4})}\\
&= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\Gamma(\frac{1}{4})}{\Gamma(\frac{3}{4})}
\end{align}
最後の式変形でも を使っています。
これで補題3も示されました(終)
よって、これらの結果を用いて
\begin{align}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^{\frac{1}{2}} \ dx &=2\sqrt{\pi} \frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{ \Gamma(\frac{1}{4})}\\
&= 2\sqrt{\pi} × \frac{\sqrt{\pi}}{2 \varpi}\\
&= \frac{\pi}{\varpi}
\end{align}
\begin{align}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^{-\frac{1}{2}} \ dx &=\frac{\sqrt{\pi}}{2} \frac{\Gamma(\frac{1}{4})}{ \Gamma(\frac{3}{4})}\\
&= \frac{\sqrt{\pi}}{2}×\frac{2\varpi}{\sqrt{\pi}}\\
&= \varpi
\end{align}
が求まります。
これにより、めでたく全ての準備が整いました。これまでの議論を全てまとめると以下のようになります。
\begin{align}
\int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos^2{\theta}} \ d\theta &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin x }+\frac{1}{\sqrt{\sin x}} \ dx \\
&= 2\sqrt{\pi} \frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{ \Gamma(\frac{1}{4})} + \frac{\sqrt{\pi}}{2} \frac{\Gamma(\frac{1}{4})}{ \Gamma(\frac{3}{4})}\\
&= \frac{\pi}{\varpi} + \varpi
\end{align}
以上から の弧長が円周率とレムニスケート周率で表せることが得られました。
実はこの問題は楕円積分や楕円の弧長の関係していたりと、まだまだ奥深い繋がりがいくつかあるのですが、それはまたの機会にしたいと思います。
恐らく高校の恩師がこの問題を出したときはこのような結果が得られるとは思わなかったと思うのですが、ちょっとした「 の積分は簡単だが
はどうなる？」という思いつきがこのような面白い結果に繋がるのは数学の醍醐味だと思います。
ここまでお付き合いいただきありがとうございました。
もし誤植や数学的誤り等ございましたら、コメントやTwitter(@tashi14190)までお願いいたします。
