1の3乗根の別表現
\[
x^3 = 1
\]
は解のうちの一つが1であることは明らか。よって因数定理より(x-1)を因数に持つから与式を(x-1)で割った商を因数分解してから解の公式を使えば
\[
x=1,\ -\frac{1}{2} + \frac{i \sqrt{3}}{2},\ -\frac{1}{2} - \frac{i \sqrt{3}}{2}
がわかる。
\]
この複素数解にオイラーの公式を用いると、
\[
\begin{align}
-\frac{1}{2} + \frac{i \sqrt{3}}{2} &= \cos(120^\circ + 360n^\circ) + i \sin(120^\circ+ 360n^\circ) \qquad (nは整数)\\\\
&= \cos(\frac{2 \pi}{3} + 2n\pi) + i \sin(\frac{2 \pi}{3} + 2n\pi) \\\\
&= \mathrm{e}^{i (\frac{2 \pi}{3} + 2n\pi)} \\\\
&= (\mathrm{e}^{i \pi})^{\frac{2}{3}+2n} \\\\
&= (\mathrm{e}^{i \pi})^{\frac{2}{3}}(\mathrm{e}^{i \pi})^{2n} \\\\
&= (\mathrm{e}^{i \pi})^{\frac{2}{3}}(-1)^{2n} \\\\
&= (\mathrm{e}^{i \pi})^{\frac{2}{3}} \\\\
&= (-1)^\frac{2}{3}
\end{align}
\]
もう一方の解も同様にすることで
\[
-\frac{1}{2} - \frac{i \sqrt{3}}{2} = \mathrm{e}^\frac{- 2i \pi}{3} = -(\mathrm{e}^{i \pi})^\frac{1}{3} = -\sqrt[3]{-1}
\]
よって
\[
x=1,\ (-1)^\frac{2}{3},\ -\sqrt[3]{-1} \ もしくは\ x=1,\ \mathrm{e}^\frac{ 2i \pi}{3},\ \mathrm{e}^\frac{- 2i \pi}{3}
\]
などと表現できることがわかる。
ファインマンの積分トリック Feynman's trick
ファインマンのトリックとはライプニッツの積分法則を用いた積分の解法です。単純な方法では困難な積分でも解くことができる場合があります。
例として以下のディリクレ積分を求めてみたいと思います。参考文献
\[
\int_{0} ^ {\infty} \frac {\sin x}{x} dx
\]
まず別のパラメータtを導入してtが特定の値のときに元の積分と一致する関数I(t)を考えます。
\[
\begin{align}
I(t) = \int_{0} ^ {\infty} \frac {\sin x}{x} e^{-xt} dx \\\\
I(t=0)のとき元の積分と一致します。 \\\\
ここで別の証明が必要ですがt \geqq 0 であればI(t)は収束します。
\end{align}
\]
これ以降はI(0)を求めることを目標にします。
両辺をtで微分します。その際ライプニッツの積分法則を用いて微分記号と積分記号を交換します。 \[ \begin{align} I'(t) &= \int_{0} ^ {\infty} \frac {\partial}{\partial t} \frac {\sin x}{x} e^{-xt} dx \\\\ I'(t) &= - \int_{0} ^ {\infty} \sin x \ e^{-xt} dx \end{align} \] 右辺の積分はI(t)の形を工夫しておいたおかげで普通に解くことができ、以下のような単純な形になります。 \[ I'(t) = - \frac {1} { 1+t^2} \] この両辺を今度は積分します。 \[ I(t) = - \arctan t + C \] さてI(0)の評価まで後一歩のところまで来ましたがCの値が不明ですのでそれを求めます。t -> ∞の時を考えます。 \[ \begin{align} I(\infty) = \int_{0} ^ {\infty} \frac {\sin x}{x} e^{-x \infty} dx = - \arctan \infty + C \\\\ \int_{0} ^ {\infty} \frac {\sin x}{x} e^{-x \infty} dx = 0 かつ \arctan \infty = \frac {\pi}{2}なので \\\\ C = \frac {\pi}{2} \end{align} \] つまり \[ I(t) = - \arctan t + \frac {\pi}{2} \] \[ I(0) = \frac {\pi}{2} \] よって答えが求まりました。 \[ \int_{0} ^ {\infty} \frac {\sin x}{x} dx = \frac {\pi}{2} \] ファインマンのトリックは全てこの手順で解くわけではなく、いろいろとバリエーションを考えることができます。例えば始めにtで積分してから計算し再び微分する方法などがあります。 \[ \int_{0}^{1} xe^x dx \] (from Wolfram)を解いてみます。I(t=1)のとき元の積分と同じになる関数I(t)を考えます。 \[ \begin{align} I(t) &= \int_{0}^{1} xe^{tx} dx \\\\ &= \int_{0}^{1} \frac {\partial}{\partial t}(e^{tx}) dx \\\\ &= \frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} (\int_{0}^{1} e^{tx} dx) \\\\ &= \frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} (\frac{1}{t}e^t - \frac{1}{t}) \\\\ &= \frac{1}{t^2}(te^t-e^t+1) \\\\ I(1) &= 1 よって \int_{0}^{1} xe^x dx = 1 \end{align} \]
両辺をtで微分します。その際ライプニッツの積分法則を用いて微分記号と積分記号を交換します。 \[ \begin{align} I'(t) &= \int_{0} ^ {\infty} \frac {\partial}{\partial t} \frac {\sin x}{x} e^{-xt} dx \\\\ I'(t) &= - \int_{0} ^ {\infty} \sin x \ e^{-xt} dx \end{align} \] 右辺の積分はI(t)の形を工夫しておいたおかげで普通に解くことができ、以下のような単純な形になります。 \[ I'(t) = - \frac {1} { 1+t^2} \] この両辺を今度は積分します。 \[ I(t) = - \arctan t + C \] さてI(0)の評価まで後一歩のところまで来ましたがCの値が不明ですのでそれを求めます。t -> ∞の時を考えます。 \[ \begin{align} I(\infty) = \int_{0} ^ {\infty} \frac {\sin x}{x} e^{-x \infty} dx = - \arctan \infty + C \\\\ \int_{0} ^ {\infty} \frac {\sin x}{x} e^{-x \infty} dx = 0 かつ \arctan \infty = \frac {\pi}{2}なので \\\\ C = \frac {\pi}{2} \end{align} \] つまり \[ I(t) = - \arctan t + \frac {\pi}{2} \] \[ I(0) = \frac {\pi}{2} \] よって答えが求まりました。 \[ \int_{0} ^ {\infty} \frac {\sin x}{x} dx = \frac {\pi}{2} \] ファインマンのトリックは全てこの手順で解くわけではなく、いろいろとバリエーションを考えることができます。例えば始めにtで積分してから計算し再び微分する方法などがあります。 \[ \int_{0}^{1} xe^x dx \] (from Wolfram)を解いてみます。I(t=1)のとき元の積分と同じになる関数I(t)を考えます。 \[ \begin{align} I(t) &= \int_{0}^{1} xe^{tx} dx \\\\ &= \int_{0}^{1} \frac {\partial}{\partial t}(e^{tx}) dx \\\\ &= \frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} (\int_{0}^{1} e^{tx} dx) \\\\ &= \frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} (\frac{1}{t}e^t - \frac{1}{t}) \\\\ &= \frac{1}{t^2}(te^t-e^t+1) \\\\ I(1) &= 1 よって \int_{0}^{1} xe^x dx = 1 \end{align} \]
ライプニッツの積分法則 Leibniz's rule
ライプニッツの積分法則とは以下のように積分を別の変数で微分した場合の法則です。Differentiation under the integral signとも呼ばれます。
\[
\frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \int_{a(t)} ^ {b(t)} f(x,t) dx = \int_{a(t)} ^ {b(t)} \frac {\partial}{\partial t}f(x,t) dx \ + \ ...
\]
詳しいことは英Wikipediaを見てください。
このライプニッツの法則の特殊な場合として積分区間が定数の場合には積分記号と微分記号が完全に交換可能になります。 \[ \frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \int_{a} ^ {b} f(x,t) dx = \int_{a} ^ {b} \frac {\partial}{\partial t}f(x,t) dx \] この法則を利用したファインマンの積分トリックもご覧ください。
このライプニッツの法則の特殊な場合として積分区間が定数の場合には積分記号と微分記号が完全に交換可能になります。 \[ \frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \int_{a} ^ {b} f(x,t) dx = \int_{a} ^ {b} \frac {\partial}{\partial t}f(x,t) dx \] この法則を利用したファインマンの積分トリックもご覧ください。
定積分でのみ使える定理 integral f(x)dx from a to b = integral f(a+b-x)dx from a to b
以下の等式が成り立つ。king property という名前が付いているらしいです。
\[
\int_{a} ^ {b} f(x) dx = \int_{a} ^ {b} f(a + b - x) dx
\]
この式の出典 https://www.youtube.com/watch?v=wlkyKZvZ1X4
証明
F(x)をf(x)の原始関数とすると \[ \begin{align} (F(a + b - x))' &= f(a + b - x) (a+b-x)' \\\\ &= -f(a + b - x) \\\\ \end{align} \] だから \[ \begin{align} \int_{a} ^ {b} f(a + b - x) dx &= \int_{a} ^ {b} -(-f(a + b - x)) dx \\\\ &= \int_{b} ^ {a} -f(a + b - x) dx \\\\ &= \int_{b} ^ {a} (F(a + b - x))' dx \\\\ &= \left[ F(a + b - x) \right]^a_b \\\\ &= F(a + b - a) - F(a + b - b) \\\\ &= F(b) - F(a) \\\\ \end{align} \] これは区間aからbのf(x)の定積分と同じである。よって \[ \int_{a} ^ {b} f(x) dx = \int_{a} ^ {b} f(a + b - x) dx \]
証明
F(x)をf(x)の原始関数とすると \[ \begin{align} (F(a + b - x))' &= f(a + b - x) (a+b-x)' \\\\ &= -f(a + b - x) \\\\ \end{align} \] だから \[ \begin{align} \int_{a} ^ {b} f(a + b - x) dx &= \int_{a} ^ {b} -(-f(a + b - x)) dx \\\\ &= \int_{b} ^ {a} -f(a + b - x) dx \\\\ &= \int_{b} ^ {a} (F(a + b - x))' dx \\\\ &= \left[ F(a + b - x) \right]^a_b \\\\ &= F(a + b - a) - F(a + b - b) \\\\ &= F(b) - F(a) \\\\ \end{align} \] これは区間aからbのf(x)の定積分と同じである。よって \[ \int_{a} ^ {b} f(x) dx = \int_{a} ^ {b} f(a + b - x) dx \]