$\displaystyle \int_{0}^{\pi/4} (1+\cos^{-2} \theta)^{3/2} \,d\theta$（何かしらの定積分の計算）

※記事タイトルの制約上，タイトルと本文とで微分演算子の書体が異なっています．インテグラルは大きくできるのにどうして……

ちょっとした積分の計算問題を考えます．
以下は，ただひたすら計算をしているだけです．

ちなみに個人的には $t$ の分数関数になった積分をどう計算するかのところが今回の記事での一番の学びです．

問題(1)　 $\tan \dfrac{\pi}{8}$ , $\tan \dfrac{3}{8}\pi$ , $\tan \dfrac{5}{12} \pi$ の値をそれぞれ求めよ．
(2)　次の定積分の値を求めよ．
\begin{align*}
\int_{0}^{\pi/4} \left( 1 + \frac{1}{\cos^{2} \theta} \right)^{3/2} \dx{\theta}.
\end{align*}

解答．
(1)　タンジェントの半角の公式：
\begin{align*}
\tan^{2} \frac{\theta}{2} = \frac{1 - \cos \theta}{1 + \cos \theta}
\end{align*}より，
\begin{align*}
\tan^{2} \frac{\pi}{8} = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{2}}}{1 + \frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2} + 1} = (\sqrt{2} - 1)^{2}.
\end{align*} $\tan (\pi/8) > 0$ であるから， $\tan (\pi/8) = \sqrt{2}-1$ である．また，
\begin{align*}
\tan \frac{3}{8} \pi = \left( \tan \frac{\pi}{8} \right)^{-1} = (\sqrt{2}-1)^{-1} = \sqrt{2} + 1
\end{align*}である．再度，タンジェントの半角の公式より，
\begin{align*}
\tan^{2} \frac{5}{12} \pi = \frac{1 + \frac{\sqrt{3}}{2}}{1 - \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2 + \sqrt{3}}{2 - \sqrt{3}} = (2 + \sqrt{3})^{2}.
\end{align*} $\tan (5\pi/12) > 0$ であるから， $\tan (5\pi/12) = 2 + \sqrt{3}$ である．

(2)　 $t = \sqrt{1 + \dfrac{1}{\cos^{2}\theta}}$ とおくと， $t^{2} = 1 + \dfrac{1}{\cos^{2}\theta} = 2 + \tan^{2} \theta$ だから，
\begin{align*}
2t \dx{t} = 2 \tan \theta (1 + \tan^{2} \theta) \dx{\theta}.
\end{align*}また，変数の値の対応は以下のとおり．
\begin{align*}
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\begin{array}{|c|ccc|} \hline
\theta & 0 & \longrightarrow & \dfrac{\pi}{4} \\[5pt]\hline
t & \sqrt{2} & \longrightarrow & \sqrt{3} \\\hline
\end{array}
\end{align*}したがって，
\begin{align*}
\int_{0}^{\pi/4} \left( 1 + \frac{1}{\cos^{2} \theta} \right)^{3/2} \dx{\theta} = \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}} t^{3} \cdot \frac{t}{\sqrt{t^{2} - 2} \, (t^{2} - 1)} \dx{t}.
\end{align*}ここでさらに， $y = t + \sqrt{t^{2} - 2}$ とおく*1．
\begin{align*}
\dx{y} = \left( 1 + \frac{t}{\sqrt{t^{2} - 2}} \right) \dx{t} = \frac{t + \sqrt{t^{2} - 2}}{\sqrt{t^{2} - 2}} \dx{t}
\end{align*}となるから，
\begin{align*}
\frac{\dx{y}}{y} = \frac{\dx{t}}{\sqrt{t^{2} - 2}}.
\end{align*}さらに， $\sqrt{t^{2} - 2} = y-t$ として両辺を2乗し， $t$ について解くと，
\begin{align*}
t = \frac{y^{2} + 2}{2y}.
\end{align*}これより，
\begin{align*}
t^{2} - 1 &= (t-1)(t+1)\\
&= \left( \frac{y^{2} + 2}{2y} - 1 \right)\left( \frac{y^{2} + 2}{2y} + 1 \right)\\
&= \frac{(y^{2} + 2 -2y)(y^{2} + 2+ 2y)}{(2y)^{2}} \\
&= \frac{y^{4} + 4}{4y^{2}}.
\end{align*}また，変数の値の対応は以下のとおり．
\begin{align*}
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\begin{array}{|c|ccc|} \hline
t & \sqrt{2} & \longrightarrow & \sqrt{3} \\\hline
y & \sqrt{2} & \longrightarrow & \sqrt{3} + 1 \\ \hline
\end{array}
\end{align*}したがって，
\begin{align*}
\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}} \frac{t^{4}}{\sqrt{t^{2} - 2} \, (t^{2} - 1)} \dx{t}
&= \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \left( \frac{y^{2} + 2}{2y} \right)^{4} \cdot \frac{4y^{2}}{y^{4} + 4} \cdot \frac{\dx{y}}{y}\\
&= \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \frac{(y^{4} + 4 + 4y^{2})^{2}}{16y^{4}} \cdot \frac{4y}{y^{4} + 4} \dx{y}\\
&= \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \frac{(y^{4} + 4)^{2} + 8y^{2}(y^{4}+4) + 16y^{4}}{4y^{3}(y^{4} + 4)} \dx{y}\\
&= \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \left( \frac{y^{4} + 4}{4y^{3}} + \frac{2}{y} + \frac{4y}{y^{4} + 4} \right) \dx{y}.
\end{align*}ここで，前二つの項の定積分を $I_{1}$ ，一番後ろの項の定積分を $I_{2}$ とおいて，それぞれを計算する．
\begin{align*}
I_{1} &= \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \left( \frac{y^{4} + 4}{4y^{3}} + \frac{2}{y} \right) \dx{y} \\
&= \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \left( \frac{y}{4} + \frac{1}{y^{3}} + \frac{2}{y} \right) \dx{y}\\
&= \Bigl[ \frac{1}{8} y^{2}- \frac{1}{2}\frac{1}{y^{2}} + 2 \log y \Bigr]_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1}\\
&= \frac{1}{8} \{(\sqrt{3} + 1)^{2} - 2\}- \frac{1}{2} \left( \frac{1}{(\sqrt{3} + 1)^{2}} - \frac{1}{2} \right) + 2 \log \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}} \\
&= \frac{2 + 2 \sqrt{3}}{8} - \frac{2 - 2\sqrt{3}}{8}+ 2 \log \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}} \\
&= \frac{\sqrt{3}}{2} + 2 \log \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}}.
\end{align*} $I_{2}$ については，部分分数分解を行うことで
\begin{align*}
I_{2} &= \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \frac{4y}{y^{4} + 4} \dx{y}\\
&= \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \left( \frac{1}{y^{2} -2y + 2} - \frac{1}{y^{2} +2y + 2} \right)\dx{y}\\
&= \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \frac{\dx{y}}{(y - 1)^{2} + 1} - \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \frac{\dx{y}}{(y + 1)^{2} + 1}
\end{align*}と変形できる．ここでさらに，
\begin{align*}
I_{2,\pm} = \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}+1} \frac{\dx{y}}{(y \pm 1)^{2} + 1}
\end{align*}とおいておく． $I_{2, -}$ は， $y = 1 + \tan \varphi$ とおくと， $\dx{y} = (1 + \tan^{2} \varphi) \dx{\varphi}$ であり，
\begin{align*}
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\begin{array}{|c|ccc|} \hline
y & \sqrt{2} & \longrightarrow & \sqrt{3} + 1 \\ \hline
\tan \varphi & \sqrt{2} - 1 & \longrightarrow & \sqrt{3} \\ \hline
\varphi & \dfrac{\pi}{8} & \longrightarrow & \dfrac{\pi}{3} \\[5pt]\hline
\end{array}
\end{align*}と変数が対応するから，
\begin{align*}
I_{2,-} = \int_{\pi/8}^{\pi/3} \frac{1 + \tan^{2} \varphi}{1 + \tan^{2} \varphi} \dx{\varphi} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{8} = \frac{5}{24}\pi.
\end{align*}一方， $I_{2, +}$ は， $y = - 1 + \tan \varphi$ とおくと， $\dx{y} = (1 + \tan^{2} \varphi) \dx{\varphi}$ であり，
\begin{align*}
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\begin{array}{|c|ccc|} \hline
y & \sqrt{2} & \longrightarrow & \sqrt{3} + 1 \\ \hline
\tan \varphi & \sqrt{2} + 1 & \longrightarrow & \sqrt{3} + 2 \\ \hline
\varphi & \dfrac{3}{8}\pi & \longrightarrow & \dfrac{5}{12}\pi \\[5pt]\hline
\end{array}
\end{align*}と変数が対応するから，
\begin{align*}
I_{2,+} = \int_{3\pi/8}^{5\pi/12} \frac{1 + \tan^{2} \varphi}{1 + \tan^{2} \varphi} \dx{\varphi} = \frac{5}{12}\pi-\frac{3}{8}\pi = \frac{1}{24}\pi.
\end{align*}まとめると， $I_{2}$ は以下のように求まる．
\begin{align*}
I_{2} = I_{2, -} - I_{2, + } = \frac{5}{24}\pi - \frac{1}{24}\pi = \frac{1}{6} \pi.
\end{align*}だから，最終的に，
\begin{align*}
\int_{0}^{\pi/4} \left( 1 + \frac{1}{\cos^{2} \theta} \right)^{3/2} \dx{\theta} &= I_{1} + I_{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} + 2 \log \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}} + \frac{\pi}{6}.
\end{align*}

ここから先はポエム

実はこの積分は何かを計算しようとするために極座標変換したときにその一部として出てきた定積分なのですが，あれこれ大立ち回りしてようやく答えが求まったから嬉々としてここに載せています．もっと言うと，最初は元の問題を極座標変換せずに計算してこれよりもっと修羅の道を進んで解答を得て（試しにまとめてみたらA5版で15ページくらいになった．極座標変換したあとのほうは5ページくらい．凄まじいね．*2），こんなに大変なものなのかと倦ねてから上記の計算を行ったため，迂遠な解法となっているかもしれません．置換積分2～3回しているし……

最後に出てくる $\operatorname{Arctan} (\sqrt{2} \pm 1)$ や $\operatorname{Arctan} (\sqrt{3} + 2)$ の値も，こんなの知らないよと嘆きつつ，Wolfram alphaに投げてみたら簡単な答えが返ってきて驚きました．ただ，今回計算した部分問題の積分も，元の大きな問題の積分も，Wolfram alpha*3に直接投げてみても数値解しか得られませんでしたから，こうして手計算で解が得られると「まだまだ負けないぞ」と盛りを超えて衰えゆく中年男性が懐きそうな潑溂とした感情みたいな気持ちになります．

*1: $\sqrt{t^{2} - a^{2}}$ の定積分を計算するときに使うこの変換がここでも有用なようです．

*2:そういえば「凄」はつい最近に常用漢字になったからこの動画（https://youtu.be/mUeAP6x_51U?si=XjRKuCrpBJL8l3oS）で「にすいの常用漢字」としての馴染みがなかったんだなぁ．ちなみにこの「つい最近」は15年前だし，このときに追加された常用漢字はすべて漢字検定2級配当もしくは都道府県名に使われている漢字だから漢字ペディア（https://www.kanjipedia.jp/）を使えば比較的容易にチェックできるよ．

*3:https://ja.wolframalpha.com/