はじめに
前回の記事の続きです。それを読んでなくても本記事を読むことに支障はないです。今回扱うのは
\int_{r_-}^{r_+} dr \frac{\sqrt{(r_+ - r)(r-r_-)}}{r}
という積分です($r_+, r_-$は正定数)。
↓↓↓ちなみに前回の記事はこちら↓↓↓
https://qiita.com/nefu_chem/items/809e4c1f545bc388bf7a
積分計算
結果を先に述べておきます。この積分値は
\int_{r_-}^{r_+} dr \frac{\sqrt{(r_+ - r)(r-r_-)}}{r} = \frac{\pi }{2} (\sqrt{r_+}-\sqrt{r_-})^2
となります。それでは解いていきます。以下，この積分を$I$とおきます。
まず，$r$を$r_+$と$r_-$の半分だけずらします。つまり，
x + \frac{r_+ + r_-}{2} = r
なる置換をします。すると
\begin{align}
I &=
\int_{\frac{r_- - r_+}{2}}^{\frac{r_+ - r_-}{2}} dx \frac{\sqrt{(\frac{r_+ - r_-}{2} - x)(x + \frac{r_+ - r_-}{2})}}{x + \frac{r_+ + r_-}{2}}\\
&=
\int_{-a}^{a} dx \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{x + b}
\end{align}
汚いので$a$と$b$で以下のように置いてあります。
a=\frac{r_+ - r_-}{2}\\
b=\frac{r_+ + r_-}{2}
次に$x = a \sin \theta$で置換します。
\begin{align}
I &=
\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} d\theta \frac{\sqrt{a^2 - a^2 \sin ^2 \theta }}{a\sin \theta + b} a\cos \theta \\
&=
\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} d\theta \frac{a^2 \cos ^2 \theta }{a\sin \theta + b} \\
&=
\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} d\theta \frac{a^2 (1 - \sin ^2 \theta ) }{a\sin \theta + b} \\
&=
\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} d\theta (-a\sin \theta + b + \frac{a^2 - b^2}{a\sin \theta + b})
\end{align}
残りの難しい積分を以下のように$J$とおきます。
J = \int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} d\theta \frac{1}{\sin \theta + \frac{b}{a}}
考えやすいように$\frac{\pi}{2}$だけ積分範囲をずらしておきます。このとき
J = \int_0^{\pi } d\theta \frac{1}{\cos \theta + \frac{b}{a}}
となります。以下，$\frac{b}{a} = c$としておきます。
ここで積分の積分範囲を$0$から$2 \pi$にすることを試みます。まず$t=2\pi -\theta $なる置換をしてみます。
\begin{align}
J&= \int_{2\pi }^{\pi } (-dt) \frac{1}{\cos t + \frac{b}{a}}\\
&=\int_{\pi }^{2\pi } dt \frac{1}{\cos t + \frac{b}{a}}
\end{align}
これより以下が分かります。
\begin{align}
2J &=\int_0^{\pi } d\theta \frac{1}{\cos \theta + \frac{b}{a}}+\int_{\pi }^{2\pi } dt \frac{1}{\cos t + \frac{b}{a}}\\
&=\int_0^{2\pi } d\theta \frac{1}{\cos \theta + \frac{b}{a}}
\end{align}
これで積分範囲を$0$から$2 \pi$にすることができました。
最後に留数定理を用いて積分値を求めます。まず$z = e^{i \theta } $で置換します。
\begin{align}
2J &=
\oint _{|z|=1} \frac{dz}{iz} \frac{1}{(\frac{z + z^{-1}}{2}) + c} \\
&=
\frac{2}{i} \oint _{|z|=1} dz \frac{1}{z^2 + 2cz +1}\\
&=
\frac{2}{i} \oint _{|z|=1} dz \frac{1}{(z- \alpha )(z- \beta )}
\end{align}
ここで$z$についての方程式 $z^2 + 2cz +1 = 0$の２つの解を $\alpha$ と $\beta $でおきました。ところで $c$は$r_+$と$r_-$が正であるので
\begin{align}
c &= \frac{b}{a}\\
&= \frac{r_+ + r_-}{r_+ - r_-}\\
&= 1 + \frac{2r_-}{r_+ - r_-} > 1
\end{align}
であります。そして，先の二次方程式の判別式$D$を考えると
\frac{D}{4} = c^2-1 >0
であり，２つの異なる実数解をもつことが分かります。この実数解がさっきの$\alpha$ と $\beta $で，大きいほうを$\alpha$とします。また，$\beta $は
\beta = -c - \sqrt{c^2 -1} < 1
より単位円周内に存在しないことを先に述べておきます。
留数定理より$J$は
\begin{align}
2J &= \frac{2}{i} \times 2\pi i \times Res(\frac{1}{(z- \alpha )(z- \beta )}, \alpha)\\
&= 4\pi \times \lim_{z \to \alpha } \frac{1}{z-\beta }\\
&= \frac{4\pi }{\alpha -\beta }\\
&= \frac{2\pi }{\sqrt{c^2-1} }
\end{align}
両辺を2で割って，
J = \frac{\pi }{\sqrt{c^2-1}}
となります。
最後に求めるべき$I$は
\begin{align}
I &=
\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} d\theta (-a\sin \theta + b + \frac{a^2 - b^2}{a\sin \theta + b})\\
&=
\pi b + \frac{a^2 - b^2}{a}\times J\\
&=
\pi b - \pi \sqrt{b^2-a^2}
\end{align}
定義より$a=b-r_-$であるので
\begin{align}
I &=
\pi b - \pi \sqrt{b^2-a^2}\\
&=
\pi b - \pi \sqrt{2br_- - r_{-}^2}\\
&=
\frac{r_+ + r_-}{2}\pi - \sqrt{(r_+ + r_-)r_- - r_{-}^2}\pi \\
&=
\frac{\pi }{2}(r_+ + r_- - 2\sqrt{r_+ r_-}) \\
&=
\frac{\pi }{2} (\sqrt{r_+}-\sqrt{r_-})^2
\end{align}
以上より
\int_{r_-}^{r_+} dr \frac{\sqrt{(r_+ - r)(r-r_-)}}{r} = \frac{\pi }{2} (\sqrt{r_+}-\sqrt{r_-})^2
という積分を求めることができました。
参考文献
基幹講座物理学解析力学（益川敏英）