原始関数が書けない定積分(区間の折り返し)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 まず原始関数を探しにいくと、必ず行き詰まる。$\log (1+\tan \theta )$ の不定積分は初等関数では書けないからだ。

そこで、定積分にしかない武器を使う。区間 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ を自分自身に移す置換、すなわち $\theta \to \frac{\pi }{4}-\theta$ の折り返しである。区間が変わらないので、$I$ が再び $I$ の式として現れる可能性がある。

実際に折り返すと、加法定理から $\tan \left(\frac{\pi }{4}-\theta \right)=\frac{1-\tan \theta }{1+\tan \theta }$。これに $1$ を足すと $\frac{2}{1+\tan \theta }$ と、もとの $1+\tan \theta$ の逆数の $2$ 倍になる。

$\log$ は積を和に変える。だから、もとの被積分関数と折り返した被積分関数を足すと、$\log 2$ という定数になってしまう。$2I$ が長方形の面積として求まる、という筋書きだ。

① 折り返して、もう1つの式を作る。 $\theta =\frac{\pi }{4}-u$ とおくと $d\theta =-du$ で、$\theta :0\to \frac{\pi }{4}$ は $u:\frac{\pi }{4}\to 0$ に対応する。上端と下端が入れ替わることで負号が吸収され

$$I={\int }_0^{\pi /4}\log \left(1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-u\right)\right)du$$

積分変数の名前は何でもよいので、$u$ を $\theta$ と書き直しておく。

② 中身を計算する。 加法定理より

$$1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-\theta \right)=1+\frac{1-\tan \theta }{1+\tan \theta }=\frac{(1+\tan \theta )+(1-\tan \theta )}{1+\tan \theta }=\frac{2}{1+\tan \theta }$$

これは区間内のすべての $\theta$ で成り立つ恒等式である。

③ 2本の式を足す。 もとの $I$ と①の $I$ を足すと

$$2I={\int }_0^{\pi /4}\left\{\log (1+\tan \theta )+\log \frac{2}{1+\tan \theta }\right\}d\theta ={\int }_0^{\pi /4}\log 2d\theta =\frac{\pi }{4}\log 2$$

中カッコの中は、$\log$ の和の性質から $\log \left\{(1+\tan \theta )\cdot \frac{2}{1+\tan \theta }\right\}=\log 2$。$\theta$ が消えてしまうのだ。よって

$$I=\frac{\pi }{8}\log 2$$

まとめ: 原始関数が求まらない定積分には、まず「区間を自分自身に移す置換」を試す。$x\to a+b-x$ の折り返しはその最も基本的な形で、被積分関数と折り返したものの和が簡単になれば勝ちである。

発展 — 一歩先へ。 上端の $\frac{\pi }{4}$ を他の値に変えると、この手はまったく効かなくなる。効いていたのは $\tan \frac{\pi }{4}=1$ という特殊事情である。難関大の定積分では、こうした「仕込まれた特殊値」を見抜けるかどうかが勝負を分ける。区間の端・係数・角度に不自然にきれいな値が置いてあれば、それは偶然ではなく出題者が置いた道しるべだ。式を睨む前に、まず数値の意味を疑う習慣をつけたい。

別解

有理式の世界に移してから、分数変換で折り返す(高い視点)。 同じ対称性は、舞台を変えると別の顔で現れる。

$t=\tan \theta$ とおくと $dt=\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }=(1+t^2)d\theta$ より $d\theta =\frac{dt}{1+t^2}$。$\theta :0\to \frac{\pi }{4}$ は $t:0\to 1$ に対応するから

$$I={\int }_0^1\frac{\log (1+t)}{1+t^2}dt$$

今度は区間 $[0,1]$ を自分自身に移す置換を探す。$t=\frac{1-u}{1+u}$ がそれだ($u=0$ のとき $t=1$、$u=1$ のとき $t=0$)。計算すると

$$1+t=\frac{2}{1+u},1+t^2=\frac{2(1+u^2)}{(1+u{)}^2},dt=-\frac{2}{(1+u{)}^2}du$$

代入すると(上端と下端が入れ替わるので負号は吸収される)

$$I={\int }_0^1\log \frac{2}{1+u}\cdot \frac{(1+u{)}^2}{2(1+u^2)}\cdot \frac{2}{(1+u{)}^2}du={\int }_0^1\frac{\log 2-\log (1+u)}{1+u^2}du$$

右辺の第1項は $\log 2{\int }_0^1\frac{du}{1+u^2}=\log 2\cdot \frac{\pi }{4}$、第2項は $-I$ そのものである。よって

$$I=\frac{\pi }{4}\log 2-I⟹I=\frac{\pi }{8}\log 2$$

本解の「角の折り返し $\theta \mapsto \frac{\pi }{4}-\theta$」が、こちらでは「分数変換 $t\mapsto \frac{1-t}{1+t}$」という姿をしている。同じ1つの対称性が、三角の世界と有理式の世界で違う顔を見せているのだ。ついでに、有名な積分 ${\int }_0^1\frac{\log (1+t)}{1+t^2}dt=\frac{\pi }{8}\log 2$ も手に入る。