有理関数の原始関数と Reciprocal sums

Revised at 00:04, December 22, 2016 数学特論Ｂ 第９回 http://my.reset.jp/˜gok/math/advanced/ 1

有理関数の原始関数と

Reciprocal sums

概要

Taylor展開によって計算される整数の逆数（reciprocal）の無限交代和：

1−1 2+1

3− · · ·= log 2 (0.1) 1−1 3 +1

5 − · · ·= π

4 (0.2)

を出発点にして分母を２数の積、３数の積にしたものを考えて行くと、初めのうちは既 知のものの組み合わせなどで求まって行くのですが、そのうちどうにもならないものが 出現してきます。この困難はπの計算に使われるBBP Formulaとの出会いによって劇 的に解消されますが、そこには有理関数の積分計算が潜んでいます。

1

分子・分母が共に多項式である様な分数関数を有理関数と呼びます。分子の多項式の 次数が分母と同じか分母より高い場合には分子を分母で割れば

−x⁴+x³−3x²+ 1

x²−x−1 =(x²−x−1)(−x²−4) + (−4x−3)

x²−x−1 =−x²−4 + −4x−3 x²−x−1 などと変形出来て、多項式と分子が分母より次数の低い有理関数の和に分解されます。

【基本形】 （多項式）

(x−1)(x−2)(x+ 3) = A

x−1 + B

x−2 + C x+ 3

【重根がある場合】

（多項式）

(x−1)(x−2)ⁿ = A

x−1 + B1

x−2 + B2

(x−2)²+· · ·+ Bn

(x−2)ⁿ

= P

x−1 +Qn−1xⁿ⁻¹+· · ·+Q1x+Q0

(x−2)ⁿ

【虚数根がある場合】

（多項式）

(x−1)(x²−4x+ 13) = A

x−1 + B1x+B0

x²−4x+ 13

= P

x−1 + Q1(x−2)

(x−2)²+ 9 + Q0

(x−2)²+ 9

1.1

STEP 0：分母を因数分解して分解の最終形を予想する。

まずはどんな形に分解出来そうなのか予測しますが、この段階で間違ってしまうと多 くの場合係数は求まりませんので注意して下さい。例えば基本形の場合は

1

(x−1)(x−2)(x+ 3) = A

x−1 + B

x−2 + C

x+ 3 (1.1)

と分解されるだろうと予測されます。

STEP 1：右辺を通分して分子を左辺と比較する。

上の例で右辺を通分すると A

x−1 + B

x−2 + C

x+ 3 = A(x−2)(x−3) +B(x−1)(x−3) +C(x−1)(x−2) (x−1)(x−2)(x−3)

ですから、左辺の分子と右辺の分子が等しいと云う次式が得られます：

1 =A(x−2)(x−3) +B(x−1)(x−3) +C(x−1)(x−2). (1.2)

STEP 2：幾つかの値を代入する

基本的に何を代入しても良いのですが、出来れば計算が楽なものを選びたいところで す。ここでは３つの値1,2,−3に注目します。まずは(1.2)式でx= 1としてみると、

1 =A(1−2)(1 + 3) =−4A

であってA=−¹4 が出ます。またx= 2、x=−3とすればB = ¹₅, C = ₂₀¹ が得られ、

以上により

1

(x−1)(x−2)(x+ 3) =−1 4· 1

x−1 +1 5· 1

x−2 + 1 20· 1

x+ 3 が解るわけです。

他にも、展開して係数を比較する（連立方程式を解く）とか、両辺微分してみるなど 幾つかのテクニックがありますが、ベストなのは色んなやり方を知ってて臨機応変、そ の場にあったやり方を組み合わせて計算すると云う風です。

2

どんな有理関数も部分分数分解などで変形すれば、結局のところ多項式と A

(x+a)^m, B(x+b) +C {(x+b)²+c²}ⁿ の型のものの和で書ける事になります。

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2.1

まず最初の型： ¹

(x+a)^m は簡単に

Z 1

(x+a)^mdx=





1

1−m(x+a)^−m+1 (m >1) log|x+a| (m= 1) と求まります。問題は２番目の型ですが、これを更に

B(x+b) +C

{(x+b)²+c²}ⁿ = B(x+b)

{(x+b)²+c²}ⁿ + C {(x+b)²+c²}ⁿ と２つのパートに分けて考えましょう。

最初の部分は、これは Z x+b

{(x+b)²+c²}ⁿdx= 1 2

Z 2(x+b)

{(x+b)²+c²}ⁿdx=1 2

Z 1

(t+c²)ⁿdt なので（(x+b)²=tと置換した。2(x+b)dx=dt）

Z x+b

(x+b)²+c²dx= 1

2log|t+c²|=1

2log|(x+b)²+c²| Z x+b

{(x+b)²+c²}ⁿdx= 1

2(1−n)(t+c²)⁻ⁿ⁺¹= 1

2(1−n){(x+b)²+c²}⁻ⁿ⁺¹ となって原始関数が求まります（n >1）。

従って、我々に残された課題は２番目の型のもう１つのパートだけです。

n= 1の時は、x+b=tとおけば、

Z 1

(x+b)²+c²dx= Z 1

t²+c²dt= 1

cTan⁻¹t c =1

cTan⁻¹x+b c です。n= 2の場合は、

Z 1

{(x+b)²+c²}²dx=1 c²

Z (x+b)²+c²−(x+b)² {(x+b)²+c²}² dx

=1 c²

Z (x+b)²+c²

{(x+b)²+c²}²dx+ 1 c²

Z −(x+b)² {(x+b)²+c²}²dx

=1 c²

Z 1

(x+b)²+c²dx+ 1 2c²

Z

(x+b) −2(x+b) {(x+b)²+c²}²dx ですので、第１項はさっきの計算によって既に原始関数が分かっています：

=1

c³Tan⁻¹x+b c + 1

2c² Z

(x+b) −2(x+b) {(x+b)²+c²}²dx

第２項は部分積分して

Z 1

{(x+b)²+c²}²dx

= 1

c³Tan⁻¹x+b c + 1

2c²(x+b) 1

(x+b)²+c² − 1 2c²

Z 1

(x+b)²+c²dx

= 1

2c³Tan⁻¹x+b c + 1

2c²

x+b (x+b)²+c²

ですか。n≥3の場合にもこれを順次計算して行けば求める事は出来ますが、なかなか 大変ですね。

3

事実3.1 (連続２数の積の逆数の和・交代和)

1 1·2 + 1

2·3+ 1

3·4 +· · ·= 1 (3.1)

1 1·2 + 1

3·4+ 1

5·6 +· · ·= log 2 (3.2)

1 2·3 + 1

4·5+ 1

6·7 +· · ·= 1−log 2 (3.3) 1

1·2 − 1 2·3+ 1

3·4 − · · ·= 2 log 2−1 (3.4) 1

1·2 − 1 3·4+ 1

5·6 − · · ·=π 4 −1

2log 2 (3.5)

1 2·3 − 1

4·5+ 1

6·7 − · · ·=π

4 −1 + 1

2log 2 (3.6)

（１）これはtelescoping seriesと呼ばれるもので、上手くキャンセルしてくれます：

1 1·2+ 1

2·3+ 1

3·4+· · ·+ 1

n(n+ 1) = 1 1−1

2+1 2−1

3+· · ·+1 n− 1

n+ 1 = 1− 1 n+ 1 →1

（２）(0.1)、（３）(3.1)−(3.2)、（４）(3.1)−2(3.3)、（５）(0.2)− ¹₂(0.1)、（６）

(0.2) +¹₂(0.1)−1

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発展演習1 (連続２奇数の積の逆数の和・交対和) 1

1·3+ 1 3·5 + 1

5·7 +· · ·= 1

2 (3.7)

1 1·3 + 1

5·7 + 1

9·11+· · ·= π

8 (3.8)

1 3·5 + 1

7·9+ 1

11·13+· · ·= 1 2−π

8 (3.9)

1 1·3− 1

3·5 + 1

5·7 − · · ·= π 4 −1

2 (3.10)

1 1·3 − 1

5·7 + 1

9·11− · · ·= coth⁻¹√ 2 2√

2

√

=−

√2

8 log(3−2√ 2)

!

(3.11) 1

3·5 − 1

7·9+ 1

11·13− · · ·= π 4√

2−1

2 (3.12)

4

事実 4.1 (連続３数の積の逆数の和) 1

1·2·3+ 1

2·3·4+ 1

3·4·5 +· · ·=1

4 (4.1)

1

1·2·3+ 1

3·4·5+ 1

5·6·7 +· · ·= log 2−1

2 (4.2)

1

1·2·3+ 1

4·5·6+ 1

7·8·9 +· · ·=

√3π 12 −1

4log 3 (4.3) 1

1·3·5+ 1

3·5·7+ 1

5·7·9 +· · ·= 1

12 (4.4)

1

1·3·5+ 1

5·7·9+ 1

9·11·13+· · ·= π 16−1

8 (4.5)

1

1·3·5+ 1

7·9·11+ 1

13·15·17+· · ·= 1

16log 3 (4.6)

（１）、（２）、（４）、（５）は既知のものの組み合わせで行けます。例えば（１）は telescoping series、（２）は(3.4)。

しかし（３）と（６）はなかなか上手く行きません。どうしようかなとあれこれ悩ん

でいる時にBBP Formulaに出会いました。等比級数の和の公式によって有理関数の積 分に変形して計算してゆく事になります。

Bailey-Borwein-Plouffe formula X1

k=0

µ 4

8k+ 1− 2

8k+ 4 − 1

8k+ 5 − 1 8k+ 6

∂ 1 16^k =π

5

（３）題意の和をSとします。まず部分分数分解すると 1

(3n+ 1)(3n+ 2)(3n+ 3) = 1 2

µ 1

3n+ 1− 2

3n+ 2+ 1 3n+ 3

∂

ですが、次の積分J_p,mⁿ ： J_p,mⁿ =

Z 1 0

x^m−1(1−x^pn) 1−x^p dx=

Z 1 0

n−1X

k=0

x^pk+m−1dx=

n−1X

k=0

Z 1 0

x^pk+m−1dx=

n−1X

k=0

1 pk+m に注意すれば、

2S= lim

n→1 n−1

X

k=0

µ 1

3k+ 1− 2

3k+ 2+ 1 3k+ 3

∂

= lim

n→1

©J_3,1ⁿ −2J_3,2ⁿ +J_3,3ⁿ ™

= lim

n→1

Z 1 0

(1−2x+x²)©

1−x³ⁿ™ 1−x³ dx

= lim

n→1

Z 1 0

(1−x)©

1−x³ⁿ™ 1 +x+x² dx

= Z 1

0

1−x 1 +x+x²dx

=−1 2

Z 1 0

2x+ 1

x²+x+ 1dx+3 2

Z 1 0

1 x²+x+ 1dx

=−1 2

£log|x²+x+ 1|§1 0+3

2 Z 1

0

° 1 x+¹₂¢2

+³₄dx S=−1

4log 3 + Z 1

0

1

4 3

°x+¹₂¢2

+ 1dx

Revised at 00:04, December 22, 2016 数学特論Ｂ 第９回 http://my.reset.jp/˜gok/math/advanced/ 4 となりますからここで √²

3

°x+¹₂¢

=yと変数変換すれば

S=−1 4log 3 +

√3 2

Z ^√3

√13

1

y²+ 1dy=−1 4log 3 +

√3 2

£Tan⁻¹y§^√3

√13

=

√3π 12 −1

4log 3 となって和が求まりました。（６）も同じ様に積分を使って行ける筈です。

基本演習2 (4.4)、(4.5)、(4.6)を証明して下さい。

基本演習3 (連続３数の積の逆数の和 始まりがずれているもの) 1

2·3·4+ 1

4·5·6+ 1

6·7·8+· · ·=3

4 −log 2 (4.7)

1

2·3·4 + 1

5·6·7 + 1

8·9·10+· · ·=1

2log 3−1

2 (4.8)

1

3·4·5 + 1

6·7·8+ 1

9·10·11+· · ·=3 4 −1

4log 3−

√3π

12 (4.9)

1

3·5·7 + 1

7·9·11+ 1

11·13·15+· · ·= 5 24− π

16 (4.10)

1

3·5·7+ 1

9·11·13+ 1

15·17·19+· · ·=−1 8− 1

32log 3 +

√3π

32 (4.11) 1

5·7·9 + 1

11·13·15+ 1

17·19·21+· · ·= 5 24− 1

32log 3−

√3π

32 (4.12)

Exercise

基本演習4 次の各原始関数を求めて下さい：

（１）

Z 1

x²−1dx （２）

Z 1

(x²+ 1)²dx （３）

Z x⁴ x²+ 1dx

（４）

Z 1

x³+ 1dx （５）

Z 1

(x−1)²(x²+ 1)dx （６）

Z 1 x⁴+ 1dx

（７）

Z 1

(x²−1)²dx

基本演習5

In=

Z 1

(x²+A)ⁿdx(A6= 0) と置けば、n= 1,2,3, . . . に対して漸化式：

In+1= 1 2nA

Ω x

(x²+A)ⁿ + (2n−1)In

æ

が成り立つことを証明して下さい。

発展演習6

Z x³+x⁴

1 +x+x²+x³dxを計算して次式を示して下さい：

X1 k=0

1

(4k+ 4)(4k+ 6) = 1

4(1−log 2).

発展演習7

Z x³+x⁴+x⁵

1 +x+x²+x³dx= 1 3x³−1

4log(x²+ 1)−1

2log(x+ 1) +1

2Tan⁻¹x を示し、

X1 k=0

1

(4k+ 4)(4k+ 7) = 1

72(8 + 3π−18 log 2) を証明して下さい。

発展演習8

Z x²+x³+x⁴+x⁵ 1 +x+x² dx=1

4x⁴−1

2log(x²+x+ 1) +x− 1

√3Tan⁻¹2x+ 1

√3 を示し、

X1 k=0

1

(3k+ 3)(3k+ 7) = 1

144(45−2√

3π−18 log 3) を証明して下さい。

発展演習9 （１）次の関係式を証明して下さい：

Z √¹2

0

x^m−1 1−x⁸dx=

Z √¹2

0

X1 k=0

x^m−1+8kdx= 1 2^m2

X1 k=0

1 16^k

1 8k+m.

（２）上の結果を使ってBBP Formula:

X1 k=0

µ 4

8k+ 1− 2

8k+ 4 − 1

8k+ 5 − 1 8k+ 6

∂ 1 16^k =π を証明して下さい。