推しの積分

私の推しの積分ガンガン挙げていきます

【推しの雑談2】Tikzで図を描いてみた【LATEX】

お久しぶりです

最近は積分に偏り切れない自分の甘さに辟易しております。


ブログのタイトルも変えようかな、そのほうが自由に投稿できますしね、、、


ということで（？）今回はこのブログでもお世話になっておりますLATEXでございます。
正しくはそのパッケージのTikzちゃんで図を描画する方法、は難しいので、サンプルを置いときたいと思います。


こういうのはQiitaに投稿すべきなのでしょうが、正直正確に記述できる自信がないのではてなブログで甘んじていおきます。

Tikzとは

"TikZ and PGF are TeX packages for creating graphics programmatically. TikZ is build on top of PGF and allows you to create sophisticated graphics in a rather intuitive and easy manner."

from TikZ and PGF | TeXample.net

という記述がありました。

要は、「Texファイル中にプログラムを組んで描画をするための環境を提供するパッケージで、PGF(描画エンジン)のフロントエンドとしグラフを直感的に簡単に書くことができます」的なことです。
ガウス積分のところで、複素積分の経路を画像で載せていますが、あれはTikzで作成したものです。

その記事はこちら。
intvoyager.hatenadiary.jp

サンプル

今回はマイスナー効果を説明するための図をTikzで描画したので、それをこちらにサンプルとして皆さんにお見せしたいと思います。

まずはコードをご覧ください。

\documentclass[dvipdfmx,uplatex]{jsarticle}% 適切なドライバ指定が必要

\usepackage{tikz}

\begin{document}
\begin{tikzpicture}

\draw [black,thick] (0,0) circle [x radius=0.9, y radius=0.9];
\fill [gray!90] (0,0) circle [x radius=0.9, y radius=0.9];
\draw[semithick] (-2,-1.4) -- (2,-1.4);
\draw[semithick] (-2,-1) -- (2,-1);
\draw[semithick] (-2,-0.6) -- (2,-0.6);
\draw[semithick] (-2,-0.2) -- (2,-0.2);
\draw[semithick] (-2,0.2) -- (2,0.2);
\draw[semithick] (-2,0.6) -- (2,0.6);
\draw[semithick] (-2,1) -- (2,1);
\draw[semithick] (-2,1.4) -- (2,1.4);

\draw [->, ultra thick] (3,0) -- (4,0) ;

\draw [black,thick] (7,0) circle [x radius=0.9, y radius=0.9];
\fill [gray!90] (7,0) circle [x radius=0.9, y radius=0.9];
\draw[semithick] (5,-1.4) -- (9,-1.4);
\draw[semithick][domain=5:9] plot (\x,{0.9*exp(-(\x-7)^2)+0.2}) ;
\draw[semithick][domain=5:9] plot (\x,{-0.9*exp(-(\x-7)^2)-0.2}) ;
\draw[semithick][domain=5:9] plot (\x,{0.55*exp(-(\x-7)^2)+0.6}) ;
\draw[semithick][domain=5:9] plot (\x,{-0.55*exp(-(\x-7)^2)-0.6}) ;
\draw[semithick][domain=5:9] plot (\x,{0.24*exp(-(\x-7)^2)+1}) ;
\draw[semithick][domain=5:9] plot (\x,{-0.24*exp(-(\x-7)^2)-1}) ;

\draw[semithick] (5,1.4) -- (9,1.4);

\end{tikzpicture}
\end{document}

これで描画される図が以下の通りです。

f:id:voyagerstar:20210219043614p:plain
Meissner効果の概念図

ガウス関数で無理やり磁束線のゆがみを表現していますが、少し苦しいかもしれません。

まぁ何にせよ、これくらいの図が作れれば私は満足です:)

大学に提出するレポート中に忍ばせてあるので、これが見つかったらちょっとめんどくさいことになるかもしれません（笑）

((x-a)^2+y^2+z^2)^(-1/2) の積分【推しの積分11】

推しの積分

手書きで準備している時点で発狂しそうだったこの積分：

\displaystyle I_0 = \iiint_V \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}}\, dxdydz = \dfrac{4\pi}{3a}\;\;\; (a>1)

V = \{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2 \leq 1 \}

を計算していきます.

発想

積分領域が単位球なので、極座標に変数変換したいですよね.　

でもそうすると二進も三進もいかないことが遅かれ早かれわかります（極座標でできたぜという猛者がおられたらご一報ください）.

したがってこのような場合は、ほかの変数変換を試みるか

累次積分に落とし込むことが考えられます.

ほかの変数変換といっても円柱座標位しか思いつきませんし、

ここでは累次積分で処理します.

まぁ、楕円体座標とかもあるんですが、楕円体の導体のラプラス方程式解くときにしか使ったことないですし...

一変数目

先ずは I_0 を累次積分に書き換えます：

\begin{eqnarray*}
I_0 &=& \iiint_V \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}}\, dxdydz \\
&=& \int_{-1}^1\, dx\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\, dy \int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\, dz \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}}
\end{eqnarray*}

では z 積分を I_1 として：

\begin{eqnarray*}
I_1 &=& \int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\, dz \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}} \\
&=& 2\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\, dz \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}} \;\;\;\; (\because 偶関数性より)
\end{eqnarray*}

さて、ここから変数変換のオンパレードです.

z = \sqrt{(x-a)^2+y^2}\, \tan{\theta} と置くと、

dz = \dfrac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{\cos^{2}{x} }\, d\theta

z 0 \rightarrow \sqrt{1-x^2-y^2}
\theta 0 \rightarrow \alpha

\alpha \equiv \tan^{-1}{\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}}

となり、

\begin{eqnarray*}
I_1 &=& 2\int_0^\alpha \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2} \sqrt{1+\tan^{2}{\theta}}}\dfrac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{\cos^{2}{\theta} } \, d\theta \\
&=& 2\int_0^\alpha \dfrac{d\theta}{\cos{\theta}} \\
&=& \left[ \log{\dfrac{1+\sin{\theta}}{1-\sin{\theta}}} \right]_0^\alpha \;\;\;\; (補足1) \\
&=& \log{\dfrac{1+\sin{\alpha}}{1-\sin{\alpha}}}
\end{eqnarray*}

\alpha を元に戻します：

\sin{\alpha} = \sin{\left( \tan^{-1}{\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}}\right)} = \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}} (補足2)

を用いて、最終的に I_1 は：

\begin{eqnarray*}
I_1 &=& \log{\dfrac{1+\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}}}{1-\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}}}} \\
&=& \log{\dfrac{\sqrt{1-2ax+a^2}+\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}-\sqrt{1-x^2-y^2}}}
\end{eqnarray*}

二変数目

先ほどまでの計算で

\displaystyle I_0 = \int_{-1}^{1}\, dx \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\, dy\log{\dfrac{\sqrt{1-2ax+a^2}+\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}-\sqrt{1-x^2-y^2}}}

までわかりました.

初見で僕は

こ ん な ん せ き ぶ ん で き る ん で す か ぁ ？

ってなってました. 安心してください. かろうじてできます.

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\, dy\log{\dfrac{\sqrt{1-2ax+a^2}+\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}-\sqrt{1-x^2-y^2}}} \\
&=& 2\int_0^{\sqrt{1-x^2}}\, dy\log{\dfrac{\sqrt{1-2ax+a^2}+\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}-\sqrt{1-x^2-y^2}}}\;\;\;\; (\because 偶関数性より)
\end{eqnarray*}

と置いときます.

では、 y = \sqrt{1-x^2}\, \sin{\varphi} と置くと、

dy = \sqrt{1-x^2}\, \cos{\varphi}\, d\varphi

y 0 \rightarrow \sqrt{1-x^2}
\varphi 0 \rightarrow \dfrac{\pi}{2}

より、

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& 2\sqrt{1-x^2} \int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\sqrt{ 1-\sin^{2}{ \varphi } } }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\sqrt{ 1-\sin^{2}{\varphi} } } } \cos{\varphi}\,d\varphi \\
&=& 2\sqrt{1-x^2} \int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} } } \cos{\varphi}\,d\varphi \;\;\; (\because 0 \leq \varphi \leq \dfrac{\pi}{2} より \sqrt{ 1-\sin^{2}{ \varphi }}=\cos{\varphi})
\end{eqnarray*}

さて、ここで部分積分をします. \cos を積分側、ごつい \log を微分側とします.

\cos の積分の項（表面項ともいう)は
0 になります.

\left[ \sin{\varphi}\log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} } } \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 0

したがって、

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& -2\sqrt{1-x^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin{\varphi} \dfrac{d}{d\varphi}\left( \log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} } } \right)\, d\varphi \\
&=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{ \sin^{2}{\varphi} }{ 1-2ax+a^2-(1-x^2)\cos^{2}{\varphi} } \, d\varphi \;\;\; (補足3) \\
&=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{ \tan^{2}{\varphi} }{ (1-2ax+a^2)\sec^2{\varphi}-(1-x^2) } \, d\varphi \\
&=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{ \tan^{2}{\varphi} }{ (1-2ax+a^2)(1+\tan^2{\varphi})-(1-x^2) } \, d\varphi \\
&=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{ \tan^{2}{\varphi} }{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)\tan^2{\varphi}} \, d\varphi \\
\end{eqnarray*}

となります. \sec{\varphi} = \dfrac{1}{\cos{\varphi}} です.

2行目から3行目で分母分子を \cos^2{\varphi} で割っています.

次に、t = \tan{\varphi} とおくと、

dt = \dfrac{1}{\cos^2{\varphi}}\, d\varphi \Leftrightarrow d\varphi = \dfrac{1}{1+t^2}\, dt

\varphi 0 \rightarrow \dfrac{\pi}{2}
t 0 \rightarrow \infty

であり、

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\infty} \dfrac{ t^2 }{\{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2\}(1+t^2) } \, dt \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\infty} \left\{ \dfrac{1}{1+t^2} - \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2}\right\}\, dt \;\;\; (補足4) \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \left[\tan^{-1}{t}\right]_0^{\infty} -\int_0^{\infty} \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2} \, dt \right\} \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \dfrac{\pi}{2} -\int_0^{\infty} \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2} \, dt \right\}
\end{eqnarray*}

さらに、t = \dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\tan{\phi} とおくと、

dt =\dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\dfrac{1}{\cos^2{\phi}}\, d\phi

t 0 \rightarrow \infty
\phi 0 \rightarrow \dfrac{\pi}{2}

であり、

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \dfrac{\pi}{2} -\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2(1+\tan^2{\phi})}\dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\dfrac{1}{\cos^2{\phi}} \, d\phi \right\} \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \dfrac{\pi}{2} -\dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \, d\phi \right\} \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \dfrac{\pi}{2} -\dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\dfrac{\pi}{2} \right\} \\
&=& 2\pi( \sqrt{1-2ax+a^2} -a+x)
\end{eqnarray*}

JusT A liTtlE moRe !

三変数目

元の積分は

\begin{eqnarray*}
I_0 &=& 2\pi \int_{-1}^{1}\, (\sqrt{1-2ax+a^2} -a+x )\, dx \\
&=& 2\pi \int_{-1}^1\, \sqrt{1-2ax+x^2}\, dx -4\pi a \;\;\; (\because x は奇関数) \\
&=& 2\pi \left[ \dfrac{1}{-2a}\dfrac{2}{3}(1-2ax+a^2)^{\frac{3}{2}} \right]_{-1}^1 -4\pi a \\
&=& \dfrac{2\pi}{3a}\left\{ ((a+1)^2)^{\frac{3}{2}}-((a-1)^2)^{\frac{3}{2}}\right\} -4\pi a \\
&=& \dfrac{2\pi}{3a}\left\{ (a+1)^3-(a-1)^3 \right\} -4\pi a \;\;\; (\because a-1 > 0)\\
&=& \dfrac{4\pi(1+3a^2)}{3a} - 4\pi a \\
&=& \dfrac{4\pi}{3a}
\end{eqnarray*}

となります.

したがって、a>1 にたいして

V = \{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2 \leq 1 \}

\displaystyle I_0 = \iiint_V \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}}\, dxdydz = \dfrac{4\pi}{3a}

と相成りました.

いかがだったでしょうか.
わたしはキーボードの打ちすぎで腱鞘炎になりそうです.
(Appendixも含めると1万字超えました.)

Appendix

記事中で補足と書いた部分について触れます.

補足として扱ったのは、この三重積分に挑戦しようという人が躓くレベルの式変形などではないと判断したためです.

(あと式が長くなりすぎて冗長になるのを防ぎたいからですね、むしろこっちが本音)

補足1

\begin{eqnarray*}
\int \dfrac{dx}{\cos{x}} &=& \int \dfrac{\cos{x}}{\cos^{2}{x}}\, dx \\
&=& \int \dfrac{\cos{x}}{1-\sin^{2}{x}} \, dx \\
&=& \int \dfrac{\cos{x}}{(1+\sin{x})(1-\sin{x})}\, dx \\
&=& \dfrac{1}{2} \int \left( \dfrac{\cos{x}}{1+\sin{x}} + \dfrac{\cos{x}}{1-\sin{x}} \right)\, dx \\
&=& \dfrac{1}{2} \int \left\{ \dfrac{(\sin{x})'}{1+\sin{x}} + \dfrac{(\sin{x})'}{1-\sin{x}} \right\} \, dx \\
&=& \dfrac{1}{2}(\log{|1+\sin{x}|}-\log{|1-\sin{x}|}) + C \\
&=& \dfrac{1}{2}\log{\dfrac{1+\sin{x}}{1-\sin{x}}} + C
\end{eqnarray*}

最終行では

1+\sin{x},\; 1-\sin{x} \geq 0

より絶対値を外してます.

\sin が分母の積分については記事をすでに書いていました.

こちらも是非ご覧ください.

intvoyager.hatenadiary.jp

補足2

\sin{(\tan^{-1}{x})} = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} は覚えておきましょう.

\tan^{-1}{x}=\theta とすると、 \tan{\theta} = x であり、

1+ \dfrac{1}{\tan^{2}{\theta}} = \dfrac{1}{\sin^{2}{\theta}}

を用いると、 -\dfrac{\pi}{2} < \theta < \dfrac{\pi}{2} において、

\sin{\theta} = \dfrac{\tan{\theta}}{\sqrt{1 + \tan^{2}{\theta}}}

\therefore \sin{(\tan^{-1}{x})} = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}

となります. そうすると本文中の変型は以下の通りです：

\begin{eqnarray*}
& &\sin{\left( \tan^{-1}{\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}}\right)} \\
&=& \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}\left\{ 1+\left( \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}\right)^2 \right\}^{-\frac{1}{2}} \\
&=& \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}\dfrac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}} \\
&=& \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}}
\end{eqnarray*}

この式変形を用いた積分を一番はじめの記事で書いてました.

こちらも是非ご覧ください.

intvoyager.hatenadiary.jp

補足3

ただ微分しているだけなのですが、式が長くなりすぎるので結果だけ書きました.

ここでは一応計算します.
\begin{eqnarray*}
&& \dfrac{d}{d\varphi}\left( \log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} } } \right) \\
&=& \dfrac{d}{d\varphi}\{ \log{ (\sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi})}-\log{(\sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi})} \} \\
&=& \dfrac{-\sqrt{1-x^2}\sin{\varphi} }{\sqrt{1-2ax+a^2 }+\sqrt{1-x^2 }\cos{\varphi}} - \dfrac{\sqrt{1-x^2}\sin{\varphi} }{\sqrt{1-2ax+a^2 }-\sqrt{1-x^2 }\cos{\varphi}} \\
&=& -\sqrt{1-x^2}\sin{\varphi}\dfrac{\sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi}+\sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi}}{(\sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi})(\sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi})} \\
&=& -2\sqrt{1-x^2}\sqrt{ 1-2ax+a^2 }\dfrac{\sin{\varphi}}{1-2ax+a^2-(1-x)^2\cos{\varphi}}
\end{eqnarray*}

補足4

部分分数分解を省略してしまったのでここで計算しておきます.

\dfrac{ t^2 }{\{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2\}(1+t^2) } = \dfrac{A}{1+t^2} + \dfrac{B}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2}

とおくと、

\dfrac{A}{1+t^2} + \dfrac{B}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2} = \dfrac{A(a-x)^2 + B +\{A(1-2ax+a^2)+B\}t^2}{\{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2\}(1+t^2)}

となります. したがって

A(a-x)^2 + B = 0,\; A(1-2ax+a^2) + B = 1
\Leftrightarrow A = \dfrac{1}{1-x^2},\; B = -\dfrac{(a-x)^2}{1-x^2}

が求まります. ゆえに

\dfrac{ t^2 }{\{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2\}(1+t^2) } = \dfrac{1}{1-x^2}\left\{\dfrac{1}{1+t^2} + \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2} \right\}

部分分数分解を用いて計算する積分について書いている記事があります. ぜひこちらもどうぞ.

intvoyager.hatenadiary.jp

tanx の積分【推しの積分10】

推しの積分

\tan{x} の様々な積分を計算していきます.

\tan{x} で検索する人が多いので \tan{x} で記事書けばアクセス伸びるやろ

て思ったので、書きました.

\tan{x}

単純に \tan{x} の積分はこんな感じです.

ただの \tan{x} のくせに一筋縄ではいかないのが腹立ちますね.

\begin{eqnarray*}
\int \tan{x} \, dx &=& \int \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}} \, dx \\
&=& -\int \dfrac{(\cos{x})'}{\cos{x}} \, dx \\
&=& -\log{|\cos{x}|} + C
\end{eqnarray*}

{\tan^{2}{x}}

2乗しました. 三角関数は2乗があるほうが様々な変形が考えられますしね.

\begin{eqnarray*}
\int \tan^{2}{x} \, dx &=& \int \left( \dfrac{1}{\cos^{2}{x}}-1 \right) \, dx \\
&=& \tan{x} - x + C
\end{eqnarray*}

\tan^{3}{x}

3乗しました. 奇数乗になったので変形どうしようかなと思いますが、

\tan{x} も \tan^{2}{x} も積分できるので、部分積分すればいいですね.

\begin{eqnarray*}
\int \tan^{3}{x} \, dx &=& \int \tan^{2}{x}\tan{x} \, dx \\
&=& (\tan{x}-x) \tan{x} -\int (\tan{x}-x) \dfrac{1}{\cos^{2}{x}} \, dx \\
&=& \tan^{2}{x} - x\tan{x} - \dfrac{1}{2}\tan^{2}{x} + \int \dfrac{x}{\cos^{2}{x}} \, dx \\
&=& \dfrac{1}{2}\tan^{2}{x} -x\tan{x} + x\tan{x} -\int \tan{x} \, dx \\
&=& \dfrac{1}{2}\tan^{2}{x} + \log{|\cos{x}|} + C
\end{eqnarray*}

\tan^{n}{x}

n乗しました. こういうnに関する積分は往々にして漸化式を作ります.

その漸化式がちゃんと解けるのかとかは別問題ですが、

これはどうでしょうか.

\displaystyle I_n = \int \tan^{n}{x} \, dx

とします.

\begin{eqnarray*}
I_n &=& \int \tan^{n}{x} \, dx \\
&=& \int \tan^{2}{x}\tan^{n-2}{x} \, dx \\
&=& (\tan{x}-x)\tan^{n-2}{x} - \int (\tan{x}-x)(n-2)\tan^{n-3}{x}\dfrac{1}{\cos^{2}{x}} \, dx \\
&=& \tan^{n-1}{x} -x\tan^{n-2}{x}- (n-2)\int \tan^{n-2}{x}\dfrac{1}{\cos^{2}{x}} \, dx + (n-2)\int \tan^{n-3}\dfrac{1}{\cos^{2}{x}}x \, dx \\
&=& \tan^{n-1}{x} -x\tan^{n-2}{x}-\dfrac{n-2}{n-1}\tan^{n-1}{x} + (n-2)\left( \dfrac{1}{n-2}x\tan^{n-2}{x} - \dfrac{1}{n-2}\int \tan^{n-2}{x} \, dx \right) \\
&=& \dfrac{1}{n-1}\tan^{n-2}{x} -\int \tan^{n-2}{x} \, dx \\
&=& \dfrac{1}{n-1}\tan^{n-2}{x} - I_{n-2}
\end{eqnarray*}

2行目から3行目は \tan^{2}{x} を積分に部分積分をしていて

4行目から5行目は \tan^{n-3}{x}\dfrac{1}{\cos^{2}{x}} を積分に部分積分をしています.

あと、他サイトで \tan^{2}{x} = \dfrac{1}{\cos^{2}{x}} - 1 を2行目に使ってちょちょいとやってのけているのを見かけましたが、

なるほどこれが一番早いなと思いましたが、こういう回りくどいやり方もいいんじゃないでしょうか(いいわけ).

ちなみに

こんなマニアックな問題も過去に取り上げました.

intvoyager.hatenadiary.jp




みんなが調べることはみんながすでに記事にしていて

僕の出番はないようですが、

それでも僕は書き続けます.

こういうのはやり続けた者にしかわからない(進撃の巨人面白い)

1/(x^4+4) の(不)定積分【推しの積分9】

推しの積分

今回の記事は

\displaystyle I = \int \dfrac{1}{x^4+4}\, dx

の計算をしていきます.

無限区間の定積分なら複素積分でやるやつですが、

不定積分ができたらそれで計算できますよね.

まぁまぁ面倒ですがやっていきまーしょうっ！

解答

まず x^4 + 4 ですが、これを因数分解します. え？：

\begin{eqnarray*}
x^4+4 &=& x^4 + 4x^2 + 4 - 4x^2 \\
&=& (x^2 + 2)^2 -(2x)^2 \\
&=& (x^2+2x+2)(x^2-2x+2)
\end{eqnarray*}

おっふ、ではこれを用いて部分分数分解をします :

\begin{eqnarray*}
\dfrac{1}{x^4+4} &=& \dfrac{Ax+B}{x^2+2x+2} + \dfrac{Cx+D}{x^2-2x+2} \\
&=& \dfrac{(Ax+B)(x^2-2x+2)+(Cx+D)(x^2+2x+2)}{x^4+4} \\
&=& \dfrac{(A+C)x^3+(-2A+B+2C+D)x^2+2(A-B+C+D)x+2(B+D)}{x^4+4}
\end{eqnarray*}

ここで分子を比較して、

A+C=0,\;\; -2A+B+2C+D=0,\;\; A-B+C+D=0,\;\; B+D=1/2
\Leftrightarrow A=1/8,\;\; B=1/4,\;\; C=-1/8\;\; D=1/4

となり、結局：

\begin{eqnarray*}
\dfrac{1}{x^4+4} &=& \dfrac{1}{8}\left( \dfrac{x+2}{x^2+2x+2} - \dfrac{x-2}{x^2-2x+2} \right) \\
&=& \dfrac{1}{16}\left(\dfrac{2x+2}{x^2+2x+2} - \dfrac{2x-2}{x^2-2x+2} \right) + \dfrac{1}{8}\left( \dfrac{1}{x^2+2x+2} + \dfrac{1}{x^2-2x+2} \right) \\
&=& \dfrac{1}{16}\left\{ \dfrac{(x^2+2x+2)'}{x^2+2x+2} - \dfrac{(x^2-2x+2)'}{x^2-2x+2} \right\} + \dfrac{1}{8}\left( \dfrac{1}{x^2+2x+2} + \dfrac{1}{x^2-2x+2} \right) \\
\end{eqnarray*}

と変形できます. 最後は \log 一発型にしたいのでこうしました.

故に求める積分は

\begin{eqnarray*}
I &=& \dfrac{1}{16} \int \left\{ \dfrac{(x^2+2x+2)'}{x^2+2x+2} - \dfrac{(x^2-2x+2)'}{x^2-2x+2} \right\}\, dx + \dfrac{1}{8}\int \left( \dfrac{1}{x^2+2x+2} + \dfrac{1}{x^2-2x+2} \right)\, dx \\
&=& \dfrac{1}{16}\log{\dfrac{x^2+2x+2}{x^2-2x+2}} + \dfrac{1}{8}\int \left\{ \dfrac{1}{(x+1)^2+1} + \dfrac{1}{(x-1)^2+1} \right\}\, dx \\
&=& \dfrac{1}{16}\left\{ \log{\dfrac{x^2+2x+2}{x^2-2x+2}} + 2\tan^{-1}{(x+1)} + 2\tan^{-1}{(x-1)}\right\} + C
\end{eqnarray*}

です. 最後を一気にしすぎてしまいましたかね.

\displaystyle \int \dfrac{1}{x^2+1}\, dx = \tan^{-1}{x} + C

は覚えときましょう.

分母の4が1でもできますが因数分解で根号がでたりして面倒なのでやめました.

分子も8か16にしてわかりやすくしようと思ったんですが不自然なのでやめました.


高校範囲では

高校の範囲では \tan^{-1} は使わないので出題されないと思いますが、特定の値を用いた定積分ならうまくいきます.

\displaystyle I = \int_0^{\sqrt{3}-1} \dfrac{32}{x^4+4}\, dx = \pi +2\log{(2+\sqrt{3})}




問題にするなら：

(1) x^4+4 = (x^2 + ax + b)(x^2+cx +d) を満たす a,b,c,d を求めよ.

みたいな誘導さえあればいいんじゃないでしょうか

1/sinx の積分の4つのやり方【推しの積分8】

推しの積分

\displaystyle I = \int \dfrac{1}{\sin{x}} \, dx について記事を書いていきます,

概要

この不定積分、おそらく三角関数の積分を教科書で習った段階ではお目にかからない積分であるとは思います. 私の高校時代の教科書には章末問題として掲載されており、それなりに難しい積分という位置づけなのでしょう.

本記事では、一般的に知られている方法のほかに3つほど紹介したいと思います.

方法1

先ずは一般的な方法を紹介.

三角関数の積分は2乗の形を作るとうまくいきやすいというのは言われていることなのですが、

それにしたがって \sin{x} を分母分子にかけてやります：

\begin{eqnarray*}
I = \int \dfrac{1}{\sin{x}}\, dx &=& \int \dfrac{\sin{x}}{\sin^2{x}}\, dx \\
&=& \int \dfrac{-(\cos{x})'}{1-\cos^2{x}}\, dx
\end{eqnarray*}

このようにすると微分の接触形にできます. t = \cos{x} と置換すると dt = (\cos{x})'\, dx であり、

\begin{eqnarray*}
I &=& \int \dfrac{-(\cos{x})'}{1-\cos^2{x}}\, dx \\
&=& -\int　\dfrac{1}{1-t^2}\, dt \\
&=& -\dfrac{1}{2}\int \left( \dfrac{1}{1+t} + \dfrac{1}{1-t} \right)\, dx \\
&=& -\dfrac{1}{2} \left( \log{|1+t|} - \log{|1-t|} \right) + C \\
&=& \dfrac{1}{2}\log{\left| \dfrac{1-t}{1+t} \right|} + C \\
&=& \dfrac{1}{2}\log{\dfrac{ 1-\cos{x} }{ 1+\cos{x} } } + C
\end{eqnarray*}

部分分数分解を施して終わりです. 最初の変形さえできれば何のことはない積分です.

最終行では

1+\cos{x},\; 1-\cos{x} \geq 0

より絶対値を外してます.

その最初の変形が思いつかねぇんだよバーカ？　

それは知らん.

方法2

苦渋の置換 t = \tan{\dfrac{x}{2} } を行います. まぁこれは一回やれば二度とやらないと思いますが、こうすれば絶対にできるということを知っておくことは大事なんじゃないでしょうか.

t = \tan{\dfrac{x}{2} } と置くと、

dt = \dfrac{1}{2\cos^2{\frac{x}{2}}}\,dx =\dfrac{1}{2}(1+t^2)\,dx \Leftrightarrow dx =\dfrac{2}{1+t^2}\, dt
\tan{x} = \dfrac{2\tan{\frac{x}{2}}}{1-\tan^2{\frac{x}{2}}} = \dfrac{2t}{1-t^2}
\sin{x} = 2\sin{\dfrac{x}{2}}\cos{\dfrac{x}{2}} = 2\cos^2{\dfrac{x}{2}}\tan{\dfrac{x}{2}} = 2\dfrac{1}{1+\tan^2{\frac{x}{2}}}\tan{\dfrac{x}{2}} = \dfrac{2t}{1+t^2}
\cos{x} = \dfrac{\sin{x}}{\tan{x}} = \dfrac{2t}{1+t^2} \dfrac{1-t^2}{2t} = \dfrac{1-t^2}{1+t^2}


となります. これが僕の中の最短です. というか覚えてます. それで積分がどいうなるかというと：

\displaystyle I = \int \dfrac{1+t^2}{2t} \dfrac{2}{1+t^2} \, dt = \int \dfrac{1}{t} \, dt = \log{|t|} + C = \log{\left|\tan{\frac{x}{2}}\right|} + C

半角の公式

\tan^2{\dfrac{\theta}{2}} = \dfrac{1-\cos{\theta}}{1+\cos{\theta}}

を用いれば1から2の式に変形できますね.

こんなんは二度とやらないですね.

方法3

次は分母の \sin{x} を2倍角の公式でばらします. さらに分子の 1 を \sin^2{\dfrac{x}{2}} + \cos^2{\dfrac{x}{2}} = 1 を使って無理やり変形します

\begin{eqnarray*}
I &=& \int \dfrac{1}{2\sin{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2}}}\, dx \\
&=& \int \dfrac{\sin^2{\frac{x}{2}} + \cos^2{\frac{x}{2}}}{2\sin{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2}}} \, dx \\
&=& \int \left( \dfrac{\frac{1}{2}\sin{\frac{x}{2}}}{\cos{\frac{x}{2}}} + \dfrac{\frac{1}{2}\cos{\frac{x}{2}}}{\sin{\frac{x}{2}}} \right) \, dx \\
&=& \int \dfrac{-(\cos{\frac{x}{2}})'}{\cos{\frac{x}{2}}} \, dx + \int \dfrac{(\sin{\frac{x}{2}})'}{\sin{\frac{x}{2}}} \, dx \\
&=& -\log{\left| \cos{\frac{x}{2}} \right|} + \log{\left| \sin{\frac{x}{2}} \right|} + C \\
&=& \log{\left| \tan{\dfrac{x}{2}} \right|} + C
\end{eqnarray*}

1 を \sin^2{\theta} + \cos^2{\theta} = 1 で変形するのはたまーにやります. 例が思いつかない位には稀です.

方法4

次は分母の \sin{x} を同様に変形して、さらに無理やり微分の接触形を作ります.

\begin{eqnarray*}
I &=& \int \dfrac{1}{2\sin{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2}}}\, dx \\
&=& \int \dfrac{1}{\tan{\frac{x}{2}}}\dfrac{1}{2\cos^2{\frac{x}{2}}} \, dx \\
&=& \int \dfrac{1}{\tan{\frac{x}{2}}}\left( \tan{\dfrac{x}{2}} \right)' \, dx \\
&=& \log{\left| \tan{\dfrac{x}{2}} \right|} + C
\end{eqnarray*}

これが最短です. 間違いないです.




この結果はもはや公式ですね.

(x^2+1)/(x^4-x^2+1) の積分【技巧的】【推しの積分7】

推しの積分

今回は超絶技巧的な不定積分を扱います.

\displaystyle I = \int \dfrac{x^2+1}{x^4-x^2+1}\, dx

着手

まずは何から手を出しますか？

分母の方が次数は高いし、

微分が上に乗っているわけでもなく、、、


せや！！部分分数分解や！！！



x^4-x^2+1 = \left(x^2-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i-\dfrac{1}{2}\right)\left(x^2+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i-\dfrac{1}{2}\right)

(=_=)。。。

まあ、このまま複素数係数を認めてやっていってもできるんですが、実積分なので実数のまま処理したいですよね.


それではもう一度被積分関数をじーーーーーーっっと眺めましょう.

分母分子が対称な形になっているのに気がつきませんか？

私は教えてもらうまで気づきませんでしたし、教えてもらった後に

「それがなんやねん」

といいました. ごめん.

まあざっくり言うと相反方程式のような扱いができるということです.

解答

分母分子を x^2 で割ってあげると：

\begin{eqnarray*}
I &=& \int \dfrac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2-1+\frac{1}{x^2}} \, dx \\
&=& \int \dfrac{1+\frac{1}{x^2}}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+1} \, dx \\
\end{eqnarray*}

はい、分母はみんな大好き対称式の問題でよく出る変形をしました.

勘のいい人はもう痴漢しています. 置換しています.

t = x-\dfrac{1}{x} と置くと dt = \left( 1+\dfrac{1}{x^2} \right) なので

\begin{eqnarray*}
I &=& \int \dfrac{1}{t^2+1} \, dt \\
&=& \tan^{-1}{t} + C \\
&=& \tan^{-1}{\left( x-\dfrac{1}{x}\right)} + C
\end{eqnarray*}

最後はあっさり！！

さらに1つ注意点があって、こいつを x = 0 をまたいで定積分する場合には注意が必要です.

x-\frac{1}{x} は x \rightarrow -0 で +\infty に、 x \rightarrow +0 で -\infty に発散しています.

一方で y=\tan^{-1}{x} という関数は 多価関数にならないように |y| \leq \frac{\pi}{2} に制限しています.

また被積分関数は有界なので積分した \tan^{-1}{\left( x-\dfrac{1}{x}\right)} は連続関数になります.

したがって、x=0 をまたぐときは連続になるように\tan^{-1} の分枝を取り直す必要があります.

-1 \leq x \leq 1 なる区間の定積分なんかを試してみてください.

f:id:voyagerstar:20201220002039p:plain
tan^(-1)(x-1/x) のグラフ.

x=0っをまたぐときに、黒から赤の分枝に乗り換えましょう.



早い内に双曲線関数と逆三角関数になれておくことが大事です. 多分.

ガウス積分(+応用)(複素数)【推しの積分6】

推しの積分

正規分布にガウス波束など、
今回はさまざまな場面で現れるガウス積分について書いていきます！

基本形

\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2}\, dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{a}} \,\,\,\,(a>0)

についてまずは証明したいと思います.

証明

\begin{eqnarray*}
\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-a(x^2+y^2)} dS &=& \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\infty} dr\,re^{-ar^2} \\
&=& 2\pi \left[ -\dfrac{1}{2a}e^{-ar^2} \right]_0^{\infty}\\
&=& \dfrac{\pi}{a}
\end{eqnarray*}

一方でこの積分は累次積分ができて、

\begin{eqnarray*}
\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-a(x^2+y^2)} dS &=& \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2}\, dx \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ay^2}\, dy \\
&=& \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2}\, dx\right)^2
\end{eqnarray*}

故に
\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2}\, dx=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}
\end{equation*}

偶関数なので、
\displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{-ax^2}\, dx = \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{a}} \,\,\,\,(a>0)
が当然成り立ちます.

亜種1

実数 a(>0),b,c に対して、
\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2+bx+c}\, dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{a}}\, \exp{\left(\dfrac{b^2}{4a}+c\right)} \,\,\,\,(a>0)

証明

\begin{eqnarray*}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2+bx+c}\, dx　&=& \int_{-\infty}^{\infty} \exp{\left\{-a\left( x-\dfrac{b}{2a} \right)^2+\dfrac{b^2}{4a}+c\right\}}\, dx \\
&=& \exp{\left( \dfrac{b^2}{4a}+c \right)} \int_{-\infty}^{\infty} \exp{\left\{-a\left( x-\dfrac{b}{2a} \right)^2\right\}} \, dx \\
&=& \exp{\left( \dfrac{b^2}{4a}+c \right)} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} \, dx \\
&=& \sqrt{\dfrac{\pi}{a}}\,\exp{\left( \dfrac{b^2}{4a}+c \right)}
\end{eqnarray*}

指数部分を平方完成した後、平行移動して基本形に帰着させればよいですね.

ここで一息. この記事は数式を埋め込みすぎて激重なので、、、

亜種2

複素数 \zeta \, (\mathrm{Re}(\zeta)>0) に対して、
\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\zeta x^2}\, dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{|\zeta|}}\, \exp{\left(-i\dfrac{\mathrm{Arg}\zeta}{2}\right)} = \sqrt{\dfrac{\pi}{\zeta}}

証明

バッチリ複素積分です. 当たり前ですね. はぁ...

偶関数の積分なので

\displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{-\zeta x^2}\, dx = \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\zeta}}

だけを示しますね.

\zeta \, (\mathrm{Re}(\zeta)>0) の条件がついているのは収束性の問題です. 実部がゼロのときも収束することはありますが、特別な場合のみです(フレネル積分).



さて、積分中のx を複素数 z に変更して適切な閉曲線 C で積分しましょう. このとき \mathrm{Arg}\zeta>0 としておきます.

偏角が負の時も経路を上半面にとれば同じように計算できます.


図のような経路 C = C_1+C_2+C_3 を考えましょう：

C_1 : z = t \,\,\,\,\,\, :0 \leq t \leq R
C_2 : z = Re^{i\theta} \,\,\,\,\,\, :-\dfrac{\mathrm{Arg}\zeta}{2} \leq \theta \leq 0
C_3 : z = t\exp{ \left(-i\frac{\mathrm{Arg}\zeta}{2}\right)} \,\,\,\,\,\, :R \leq t \leq 0

f:id:voyagerstar:20201220075508p:plain
経路：作るのめんどい


C での積分はコーシーの積分定理から 0 です. R \rightarrow \infty とすることを念頭に置くと、C_1 上の積分は求めたい積分に相当します.

加えて、C_2 での積分は0 に収束します：

\begin{eqnarray*}
& & \lim_{R\rightarrow \infty}\,\, \left\{ \max_{-(\mathrm{Arg}\zeta)/2\leq \theta \leq 0} \biggl| R\exp{\left(-\zeta R^2e^{2i\theta}\right)}\biggl| \right\} \\
&=& \lim_{R\rightarrow \infty}\,\, \left\{ \max_{-(\mathrm{Arg}\zeta)/2\leq \theta \leq 0} \biggl| R \exp{ \left[ -R^2 \left\{ \mathrm{Re}( \zeta ) \cos{2\theta }- \mathrm{Im} ( \zeta ) \sin{2 \theta} \right\} -iR^2 \left\{ \mathrm{Re}( \zeta ) \sin{2\theta }+\mathrm{Im} ( \zeta ) \cos{2 \theta} \right\} \right] } \biggl| \right\} \\
&=& \lim_{R\rightarrow \infty}\,\, \left\{ \max_{-(\mathrm{Arg}\zeta)/2\leq \theta \leq 0} \biggl| R \exp{ \left[ -R^2 \left\{ \mathrm{Re}( \zeta ) \cos{2\theta }- \mathrm{Im} ( \zeta ) \sin{2 \theta} \right\} \right] } \biggl| \right\} \,\,\, ( \because \forall \phi \in \mathbb{R} \Rightarrow |e^{i\phi}| = 1 )\\
&=& \lim_{R\rightarrow \infty}\,\, \left\{ \max_{-(\mathrm{Arg}\zeta)/2\leq \theta \leq 0} \biggl| R \exp{ \left\{ -R^2 |\zeta|\sin{\left( 2\theta + \mathrm{Arg}\zeta + \dfrac{\pi}{2} \right) } \right\} }\biggl| \right\} \,\,\, \\
&=& \lim_{R \rightarrow \infty}\,\, R e^{ -\mathrm{Re}(\zeta)R^2} \,\, (\theta = 0 )\\
&=& 0 \,\,\, (\because \mathrm{Re}(\zeta) > 0)
\end{eqnarray*}


かなりややこしい計算ですがじっくり触ってみてください.

一行目から二行目では \zeta = \mathrm{Re}(\zeta) + i\mathrm{Im}(\zeta) と書き換えて変形しています.

三行目から四行目では三角関数の合成を行っています：



\begin{eqnarray*}
-\mathrm{Im}(\zeta)\sin{2\theta}+\mathrm{Re}(\zeta)\cos{2\theta} &=& |\zeta|\left\{ \cos{\left( \mathrm{Arg}\zeta+\dfrac{\pi}{2} \right)}\sin{2\theta}+\sin{\left( \mathrm{Arg}\zeta+\dfrac{\pi}{2} \right)}\cos{2\theta}\right\} \\
&=& |\zeta|\sin{\left( 2\theta + \mathrm{Arg}\zeta + \dfrac{\pi}{2} \right)}
\end{eqnarray*}

最大となるのは \sin{\left( 2\theta + \mathrm{Arg}\zeta + \dfrac{\pi}{2} \right)}\biggl|_{\theta=0} = \cos{\left( \mathrm{Arg}\zeta \right)} = \dfrac{\mathrm{Re}(\zeta)}{|\zeta|} のときです.

次に、 C_3 での積分を考えます：

\begin{eqnarray*}
\int_{C_3} e^{-\zeta z^2}\, dz &=& \int_R^0 \exp{\left( -|\zeta| e^{i\mathrm{Arg}\zeta}t^2 e^{ -i\mathrm{Arg}\zeta } \right) } \exp{\left( -i\frac{\mathrm{Arg}\zeta}{2} \right)}\, dt \\
&=& -\exp{\left( -i\frac{\mathrm{Arg}\zeta}{2} \right)} \int_0^R e^{-|\zeta|t^2}\, dt \\
&\rightarrow& - \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\zeta}} ,\,\,(R \rightarrow \infty)
\end{eqnarray*}

ということで R \rightarrow \infty において：

\displaystyle \,\,\,\,\,\,\,\, \oint_C = \int_{C_1} + \int_{C_2} + \int_{C_3}\,\,\,\,\,\, (こういう簡略化した書き方は割とやります)

\displaystyle \Leftrightarrow 0 = \int_{0}^{\infty} e^{-\zeta x^2}\, dx + 0 -\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\zeta}}

\displaystyle \Leftrightarrow \int_{0}^{\infty} e^{-\zeta x^2}\, dx = \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\zeta}}

\mathrm{Re}(\zeta) = 0 の時は、\zeta = -pi \,\,\, (p>0) の時だけです. C_2 が収束するように決めるとこのようになります.
ちょっっっっっとだけ計算するだけでできるので試してみてください.

亜種3

実数a(>0)、複素数\alpha に対して、

\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \exp{\left\{-a\left( x-\alpha \right)^2\right\}} \, dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{a}}

証明(更新中)

経路は平行四辺形です. しばらくしたら更新します.

亜種4(多項式倍)

応用

ちょっと置換するだけです. やってみてください.
\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{-\log{x}}}\, dx = \sqrt{\pi}



gaussianでfitting~~~~~