このページでは \(y\) が定数の場合の \(F(x, y)\) の積分を計算します。
まず、
\begin{eqnarray*}
A & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{xy}{(D^2+x^2)(D^2+x^2+y^2)} dx, \\
B & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{1}{D^2+x^2+y^2} dx, \\
C & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{D y}{(D^2+x^2)(D^2+x^2+y^2)} dx, \\
A’ & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{x}{(D^2+x^2)^\frac{3}{2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}} dx, \\
C’ & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{D}{(D^2+x^2)^\frac{3}{2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}} dx
\end{eqnarray*}
として、積分を
$$ \int_{x_0}^{x_1} F(x, y)\,dx = n_x(A+A’)-n_yB-n_z(C+C’) $$
のように分けて、それぞれ計算していくことにします。
まず最初に \(A’\) を計算してみます。\(\arctan\) の積分は部分積分で攻めるのが鉄板のようなので、部分積分してみましょう。
\begin{eqnarray*}
A’ & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{x}{(D^2+x^2)^\frac{3}{2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}} dx \\
& = & -\left[\frac{1}{\sqrt{D^2+x^2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}}\right]_{x_0}^{x_1}+\int_{x_0}^{x_1} \frac{1}{\sqrt{D^2+x^2}}\frac{d}{dx}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}} dx \\
& = & -\left[\frac{1}{\sqrt{D^2+x^2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}}\right]_{x_0}^{x_1}-\int_{x_0}^{x_1} \frac{yx}{(D^2+x^2)(D^2+x^2+y^2)} dx \\
& = & -\left[\frac{1}{\sqrt{D^2+x^2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}}\right]_{x_0}^{x_1}-A
\end{eqnarray*}
なんと、第２項が \(-A\) と一致したので、
$$ A + A’ = -\left[\frac{1}{\sqrt{D^2+x^2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}}\right]_{x_0}^{x_1} $$
が得られ、\(A\) を計算する必要がなくなりました。
次に \(C’\) を計算します。\(x = D\tan\theta\) とおいて、やはり部分積分で攻めてみます。
\begin{eqnarray*}
C’ & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{D}{(D^2+x^2)^\frac{3}{2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}} dx \\
& = & \int_{\theta_0}^{\theta_1} \frac{\cos\theta}{D}\arctan\frac{y\cos\theta}{D} d\theta \\
& = & \left[\frac{\sin\theta}{D}\arctan\frac{y\cos\theta}{D}\right]_{\theta_0}^{\theta_1}-\int_{\theta_0}^{\theta_1} \frac{\sin\theta}{D}\frac{d}{d\theta}\arctan\frac{y\cos\theta}{D} d\theta \\
& = & \left[\frac{\sin\theta}{D}\arctan\frac{y\cos\theta}{D}\right]_{\theta_0}^{\theta_1}+\int_{\theta_0}^{\theta_1} \frac{y\sin^2\!\theta}{y^2\cos^2\!\theta+D^2} d\theta \\
& = & \left[\frac{x}{D\sqrt{D^2+x^2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}}\right]_{x_0}^{x_1}+\int_{x_0}^{x_1} \frac{x^2y}{D(D^2+x^2)(D^2+x^2+y^2)} dx
\end{eqnarray*}
さて、第２項を \(\frac{y}{D}E\) として、\(E\) を計算します。
\begin{eqnarray*}
E & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{x^2}{(D^2+x^2)(D^2+x^2+y^2)} dx \\
& = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{1}{y^2}\left(\frac{x^2}{D^2+x^2}-\frac{x^2}{D^2+x^2+y^2}\right) dx \\
& = & \frac{D}{y^2}\int_{\theta_0}^{\theta_1}\tan^2\!\theta\,d\theta-\frac{\sqrt{D^2+y^2}}{y^2}\int_{\phi_0}^{\phi_1}\tan^2\!\phi\,d\phi \\
& = & \frac{D}{y^2}\left[\tan\theta-\theta\right]_{\theta_0}^{\theta_1}-\frac{\sqrt{D^2+y^2}}{y^2}\left[\tan\phi-\phi\right]_{\phi_0}^{\phi_1} \\
& = & \frac{1}{y^2}\left[\sqrt{D^2+y^2}\arctan\frac{x}{\sqrt{D^2+y^2}}-D\arctan\frac{x}{D}\right]_{x_0}^{x_1}
\end{eqnarray*}
途中、\(x=D\tan\theta,\ x=\sqrt{D^2+y^2}\tan\phi\) と置換しています。
これを \(C’\) に戻せば、
$$ C’ = \left[\frac{x}{D\sqrt{D^2+x^2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}}+\frac{\sqrt{D^2+y^2}}{Dy} \arctan\frac{x}{\sqrt{D^2+y^2}}-\frac{1}{y}\arctan\frac{x}{D}\right]_{x_0}^{x_1} $$
が得られます。
残りの \(B,\ C\) は簡単で、
\begin{eqnarray*}
B & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{1}{D^2+x^2+y^2} dx \\
& = & \left[\frac{1}{\sqrt{D^2+y^2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{D^2+y^2}}\right]_{x_0}^{x_1}, \\
C & = & \int_{x_0}^{x_1} \frac{D y}{(D^2+x^2)(D^2+x^2+y^2)} dx \\
& = & \frac{D}{y}\int_{x_0}^{x_1}\left(\frac{1}{D^2+x^2}-\frac{1}{D^2+x^2+y^2}\right) dx \\
& = & \frac{1}{y}\left[\arctan\frac{x}{D}-\frac{D}{\sqrt{D^2+y^2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{D^2+y^2}}\right]_{x_0}^{x_1}
\end{eqnarray*}
です。
そして、\(C+C’\) は
$$ C + C’ = \left[\frac{x}{D\sqrt{D^2+x^2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}}+\frac{y}{D\sqrt{D^2+y^2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{D^2+y^2}}\right]_{x_0}^{x_1} $$
となります。
まとめると、
\begin{eqnarray*}
\int_{x_0}^{x_1} F(x, y)\,dx & = & n_x(A+A’)-n_yB-n_z(C+C’) \\
& = & -\left[\frac{Dn_x+n_zx}{D\sqrt{D^2+x^2}}\arctan\frac{y}{\sqrt{D^2+x^2}}+\frac{Dn_y+n_zy}{D\sqrt{D^2+y^2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{D^2+y^2}}\right]_{x_0}^{x_1}
\end{eqnarray*}
と、かなりシンプルになりました。\(x\) と \(y\) の入れ替えに対して対称になっているのもいいですね。
次のページでは \(y = \frac{Dn_z-n_xx}{n_y}\) とした場合の \(F(x, y)\) の積分を計算します。
