目次
問題
\(\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{d\theta}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}\)
解答1
楕円経路を取る。 すなわち \(z=x+yi=a\cos\theta+ib\sin\theta\) とする。
突然だが、\(\displaystyle\oint\displaystyle\frac{dz}{z}\) を二通りで表す。
その1 線積分計算
\(\displaystyle\oint\displaystyle\frac{dz}{z}=\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{z'(\theta)}{z(\theta)} d\theta\)
（※ \(\displaystyle\oint f(z) dz=\displaystyle\int_{a}^{b} f(z(\theta))\displaystyle\frac{dz}{d\theta}d\theta\) で\(f(z)=\displaystyle\frac{1}{z}\)と置いた感じ。）
\(=\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{-a\sin\theta+ib\cos\theta}{a\cos\theta+ib\sin\theta} d\theta\) \(z=a\cos\theta+ib\sin\theta\)を代入。
\(=\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{(b^2-a^2)\sin\theta\cos\theta+iab}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta} d\theta\)
※分子分母に\((a\cos\theta-ib\sin\theta)\)かけて（有理化して）整理した。
\(=\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{(b^2-a^2)\sin\theta\cos\theta}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta} d\theta+ \displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{iab}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta} d\theta\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{iab}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta} d\theta\) 第一項は0になる（以下示す）
「第一項=0」の証明
\(\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{(b^2-a^2)\sin\theta\cos\theta}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta} d\theta\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\pi} \displaystyle\frac{(b^2-a^2)\sin\theta\cos\theta}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta} d\theta+\displaystyle\int_{\pi}^{2\pi} \displaystyle\frac{(b^2-a^2)\sin\theta\cos\theta}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta} d\theta\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\pi} \displaystyle\frac{(b^2-a^2)\sin\theta\cos\theta}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta} d\theta+\displaystyle\int_{\pi}^{0} \displaystyle\frac{(b^2-a^2)(-\sin t)\cos t}{a^2\cos^2 t+b^2\sin^2 t} (-dt)\)
（第二項で\(\theta=2\pi-t\)と変換する）
\(=\displaystyle\int_{0}^{\pi} \displaystyle\frac{(b^2-a^2)\sin\theta\cos\theta}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta} d\theta-\displaystyle\int_{0}^{\pi} \displaystyle\frac{(b^2-a^2)\sin t\cos t}{a^2\cos^2 t+b^2\sin^2 t} dt\)
\(=0\)
その2 コーシーの積分公式
\(\displaystyle\oint\displaystyle\frac{dz}{z}=2\pi i\)
特異点まわりを一周しているから。
まとめ
①と②から \(iab\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{d\theta}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta}=2\pi i\)
\(\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{d\theta}{a^2\cos^2 \theta+b^2\sin^2 \theta}=\displaystyle\frac{2\pi}{ab}\)
問題の積分の値を得られた。
解答2
三角関数の積分であるので素直に解く（計算量は多い。）
\(z=e^{i\theta}\) とおくと、経路は単位円一周になり、
\(z=e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta\) \(\cdots\) ①
\(z^{-1}=e^{-i\theta}=\cos\theta-i\sin\theta\) \(\cdots\) ②
①＋②から \(\cos\theta=\displaystyle\frac{z+z^{-1}}{2}\)
①－②から \(\sin\theta=\displaystyle\frac{z-z^{-1}}{2i}\)
また \(\displaystyle\frac{dz}{d\theta}=ie^{i\theta}=iz\)
\(a>b\)の時
\(\displaystyle\int_{0}^{2\pi} \displaystyle\frac{d\theta}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}\)
\(=\displaystyle\frac{4}{i}\displaystyle\oint\displaystyle\frac{z}{(a^2-b^2)z^4+2(a^2+b^2)z^2+(a^2-b^2)}dz\)
経路内の極は、\(z=\pm\displaystyle\frac{a-b}{\sqrt{a^2-b^2}}i\) より
\(=2\pi i\times \displaystyle\frac{4}{i}\times \biggl[\displaystyle\frac{z}{4(a^2-b^2)z^3+4(a^2+b^2)z}\biggr]\)
\(=\displaystyle\frac{2\pi}{ab}\)
\(a<b\)のとき
上と同様に計算する。
\(a=b\)のとき
代入すれば、ただの積分計算になり上と同様の答えが得られる。
答え
\(\displaystyle\frac{2\pi}{ab}\)
