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本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) 補足

本記事内容の要約:

$a>b>0, \alpha\geq{0}$ の時、$r,s$

\begin{align*}
 r := \frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad s := \frac{-a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}
\end{align*}
と定めると、次の等式が成り立つ ( $s<-1<r<0$ に注意)。
\begin{align*}
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\alpha{x})}}{a+b\cos{x}}\,dx\\
 &\qquad = \frac{\pi\cos{(\alpha\pi)}{(-r)^{\alpha}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
\end{align*}

上記等式の右辺第2項のカッコ内の式は、次の変形が可能である。

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\\
 & = (-r)^{\alpha}\Bigg\{\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)}dt\\
 & \qquad + \big((-r)^{\alpha}-(-r)^{-\alpha}\big)\left(\int_{0}^{1}\frac{rt^{\alpha}}{1+rt}dt - \frac{1}{2\alpha}\right)\Bigg\}%\\
\end{align*}

特に、$\alpha$ が、非負整数 $n$ である時は

\begin{align*}
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(nx)}}{a+b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\right)^{\!\!n}
\end{align*}
である。

$a>b>0, \alpha\geq{0}$ の時、$p,q$

\begin{align*}
 p := \frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad  q := \frac{a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}
\end{align*}
と定めると、次の等式が成り立つ ( $0<p<1<q$ に注意)。
\begin{align*}
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\alpha{x})}}{a-b\cos{x}}\,dx =\\
 &\qquad \frac{\pi{p^{\alpha}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
\end{align*}

$\alpha>0$ の時、 $F$ を、Gauss の超幾何函数として

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &\qquad = -\frac{p^{\alpha}}{\alpha}\Big(F(1,-\alpha,-\alpha+1,-1) + F(1,\alpha,\alpha+1,-1) - 1\Big)\\
 &\qquad\quad + \frac{1}{\alpha}\Big(F(1,-\alpha,-\alpha+1,-p) + F(1,\alpha,\alpha+1,-p) - 1\Big)\\
 &= 2\alpha\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(p^{\alpha}-p^{n})}{n^{2}-\alpha^{2}} + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}
\end{align*}

特に、$\alpha$ が、非負整数 $n$ である時は

\begin{align*}
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(nx)}}{a-b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\right)^{\!\!n}
\end{align*}
である。

[要約終わり]

[記事作成の経緯]

本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) での積分計算を精密化・一般化する。

なお、結果の要旨は、「本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) 補足。[一般式] Executive Summary」(2018年10月31日[水]) に示してある。

さて、上記記事で指摘したように、理科年表 (2018年版) に示された公式は、 $\alpha$ に就いて誤植がある。

更に、「本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) への注意」(2018年9月30日[日]) で、件の公式は $\alpha$ が [正整数] でないと成り立たないことを指摘した。しかし、この「注意」には瑕疵があって、$\alpha=0$ の場合も、「公式」は成立する。だから、実は「$\alpha$ は非負整数でないと成り立たない」とすべきだった。

その意味を込めて、本記事では、$\alpha$ が、非負整数に限らない、非負実数である場合に就いて検討する。

[主な記号の定義及び関係式]

まず、用いられる主な記号の定義及び関係式を示しておく。

\begin{align*}
 & a>b>0,\quad \alpha\geq{0}\\
 &I_{\alpha} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx\qquad J_{\alpha} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a-b\cos{x}}\,dx\\
 \\
 &z = e^{ix}, dx=\frac{dz}{iz}\\
 &I_{\alpha} = \inverse{i}\int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}\frac{z^{\alpha}dz}{bz^{2} + 2az + b}\\
 &J_{\alpha} = -\inverse{i}\int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}\frac{z^{\alpha}dz}{bz^{2} - 2az + b}
\end{align*}

「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁]、そして、「岩波数学公式 I」[第247頁] で取り上げられているのは、上記の式 $I_{\alpha}$ の形の積分である (「理科年表」では、 $\cos{\alpha{x}}$$\cos{ax}$ としてしまっているが、ここでは訂正した形のものを示してある) 。その結果として

\[
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\right)^{\!\alpha}
\]
が与えられているが、この等式は、$\alpha$ が「正整数」でなければ成り立たないと云うのが [9月30日] の記事だった (実は $\alpha=0$ でも成り立っている)。

本稿では、これを実際に、$\alpha$ が非負実数である場合を計算しようとするものである。ただし、議論の展開後、式の変異例の中では $\alpha=0$ の場合を排除する必要が出てくるので、その時は、その旨注意して $\alpha>0$ と云う限定のもとで話を進めよう。

さて、記号の定義及び関係式の続ける。

\begin{align*}
 &\{r,s\} := \{z | bz^{2} + 2az + b = 0 \} \quad (s<r)\\
 &\qquad r = \frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad s = \frac{-a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b};\\
 &s<-1<r<0, \qquad rs = (b/b) =1, \qquad r-s = \frac{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\\ 
 &\frac{r^{\alpha}}{b(r-s)} = \frac{\big((\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a)/b\big)^{\alpha}}{b(2\sqrt{a^{2}-b^{2}}/b)} = \inverse{{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha}\\
 &I_{n} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{n{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx \qquad (n \in \natl)
\end{align*}

$a,b,r,s$ は次の関係式を満たす。

\begin{align*}
 &(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})^{2} = 2(a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}) = -2bs\\
 &(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})^{2} = 2(a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}) = -2br\\
 &\sqrt{-s} = \inverse{\sqrt{2b}}(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})\\
 &\sqrt{-r} = \inverse{\sqrt{2b}}(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})\\
 &\sqrt{-r} + \sqrt{-s} = \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\\
 &\sqrt{-s} - \sqrt{-r} = \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\\
\end{align*}

$J_{\alpha}$ に関連しては、次の記号・関係式を用いる。

\begin{align*}
 &\{p,q\} := \{z | bz^{2} - 2az + b = 0 \} \quad (s<r)\\
 &p = \frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \qquad q = \frac{a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\\
 &0<p<1<q, \qquad pq = 1, \qquad p-q = -\frac{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\\ 
 &J_{n} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{n{x}}}{a-b\cos{x}}\,dx \qquad (n \in \natl)
\end{align*}

つまり、 $p,q \quad (p<q)$$bz^{2} - 2az + b = 0$ の根である。そして $p,q$ は正の実数であって $p=-r, q=-s$ を満たす。

当然

\begin{align*}
 &(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})^{2} = 2(a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}) = 2bq\\
 &(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})^{2} = 2(a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}) = 2bp\\
 &\sqrt{q} = \inverse{\sqrt{2b}}(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})\\
 &\sqrt{p} = \inverse{\sqrt{2b}}(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})\\
 &\sqrt{p} + \sqrt{q} = \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\\
 &\sqrt{q} - \sqrt{p} = \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\\
\end{align*}

ここで、注意すべきは、$r$ が負の実数であるために、$\alpha$ が整数でない時には、

\[
 \frac{r^{\alpha}}{b(r-s)} = \inverse{{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha}\\
\]
が、実数にならないことである。具体的には
\[
 \frac{e^{\alpha\pi{i}}}{{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{\alpha}\\
\]
になる。これに対し、積分 $I_{\alpha}$ は、$\alpha$ が整数であるのとないのとに関わらず、実数にしかなりえない。

実は、この矛盾の解明が、$\alpha$ が非整数の時の表式を求めようと思った、第一の動機である。

ここて、後の計算のために 次の条件を満たす2つの実数 $\delta$ 及び $\varepsilon$ を導入する。

\[
  0< \delta < -r, \quad \delta <1+r, \quad 0< \varepsilon < -r-\delta
\]

[ $I_{\alpha}$ の計算]

さて

\[
 f(z,\alpha):= \inverse{i}\cdot\frac{z^{\alpha}}{bz^{2} + 2az + b} = \inverse{bi}\cdot\frac{z^{\alpha}}{(z-r)(z-s)} \qquad (z \in \cfd, \alpha \in \rfd, \alpha\geq{0})
\]
を考えると、$f(z,\alpha)$ は、$\alpha$ が (非負)整数でない限り、複素平面上、$z$ が原点を周回することに応じた多価性を有する。

これに従って、以下の議論では、$z$ の偏角の範囲を $-\pi\leq\arg{z}\leq\pi$ に制限し、更に、負実数半直線を、偏角 $\pi$ を有するものと、偏角 $-\pi$ を有するものとの 2 本が、別々に存在するものと考えて、その総体を定義域とする。すると、$f(z,\alpha)$ は、この定義域では $z$ に就いての一価函数となる。

この定義域に於いて、次の8つ部分 $A_{o},B_{uo},H_{u},B_{ui},A_{i},B_{li},H_{l},B_{lo}$ からなる経路 $C$ を考える。

1. $A_{o}$ : 外円。原点を中心とする単位円。ただし、偏角が $-\pi$ の点 ( $z=e^{-i\pi}$ ) から出発して、偏角 $\pi$ の点 ( $z=e^{i\pi}$ ) に至るもの (反時計回り)。

2. $B_{uo}$ : 上外橋。偏角 $\pi$ の半直線上、原点からの距離 $1$ の点 ( $z=e^{i\pi}$ ) から出発して、原点からの距離 $-r+\delta$ の点 ( $z=(-r+\delta)e^{i\pi}$ ) に至る線分。

3. $H_{u}$ : 上半円。偏角 $\pi$ の半直線上、原点からの距離 $-r$ の点 ( $z=-re^{i\pi}$ ) を中心とし、半径を $\delta$ とする、上半平面内の半円 (向きは時計回り)。

4. $B_{ui}$ : 上内橋。偏角 $\pi$ の半直線上、原点からの距離 $-r-\delta$ の点 ( $z=(-r-\delta)e^{i\pi}$ ) から出発して、原点からの距離 $\varepsilon$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{i\pi}}$ ) に至る線分。$B_{uo}$$B_{ui}$ との、経路の向きを込めた合併を $B_{u}$ で表わすことにする。

5. $A_{i}$ : 内円。原点を中心とする半径 $\varepsilon$ の円。ただし、偏角が $\pi$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{i\pi}}$) から出発して、偏角 $-\pi$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{-i\pi}}$ ) に至るもの (時計回り)。

6. $B_{li}$ : 下内橋。偏角 $-\pi$ の半直線上、原点からの距離 $\varepsilon$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{-i\pi}}$) から出発して、原点からの距離 $-r-\delta$ の点 ( $z=(-r-\delta)e^{-i\pi}$ ) に至る線分。

7. $H_{l}$ : 下半円。偏角 $-\pi$ の半直線上、原点からの距離 $-r$ の点 ( $z=-re^{-i\pi}$ ) を中心とし、半径を $\delta$ とする、下半平面内の半円 (向きは時計回り)。$H_{u}$$H_{l}$ との、経路の向き (時計回り) を込めた合併を $H_{s}$ で表すことにする。

8. $B_{lo}$ : 下外橋。偏角 $-\pi$ の半直線上、原点からの距離 $-r+\delta$ の点 ( $z=(-r+\delta)e^{-i\pi}$ ) から出発して、原点からの距離 $1$ の点 ( $z=e^{-i\pi}$ ) に至る線分。$B_{li}$$B_{lo}$ との、経路の向きを込めた合併を $B_{l}$ で表わすことにする。

さて、

\[
 f(z,\alpha) = \inverse{b(r-s)i}\Big(\frac{z^{\alpha}}{z-r} - \frac{z^{\alpha}}{z-s}\Big)
\]
に注意すると、個々に固定した $\alpha$ に対して、$z$ ( $-\pi\leq\arg{z}\leq\pi$ ) の函数 $f(z,\alpha)$ は、$z=r$ 及び$z=s$ に、それぞれ 1位の極を有する他は、上記定義域上で正則である。特に、経路 $C$ 上及びその内部では正則である (極 $z=r,\ z=s$ の位置は排除されている。)。

従って、

\begin{align*}
 &\int_{C}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad = \int_{A_{o}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{B_{uo}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{H_{u}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{B_{ui}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\qquad + \int_{A_{i}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{B_{li}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{H_{l}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{B_{uo}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad = 0
\end{align*}

そして

\begin{align*}
 &\int_{A_{o}}\!f(z,\alpha)\,dz = \inverse{i}\int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}\frac{z^{\alpha}\,dz}{bz^{2} + 2az + b} = I_{\alpha}\\
 &\int_{B_{uo}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= \inverse{b(r-s)i}\int_{1}^{-r+\delta}\Big(\frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-\big((-r){e^{\pi{i}}}\big)} - \frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-\big((-s){e^{\pi{i}}}\big)}\Big)e^{\pi{i}}d\rho\\
 &\quad= \frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\int_{1}^{-r+\delta}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+r} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+s}\Big)d\rho\\
%
 &\int_{H_{u}}\!f(z,\alpha)\,dz = \frac{-\pi{i}}{b(r-s)i}(-re^{\pi{i}})^{\alpha} = \frac{{-\pi}e^{\alpha\pi{i}}}{b(r-s)}(-r)^{\alpha}\\
%
 &\int_{B_{ui}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= \inverse{b(r-s)i}\int_{-r-\delta}^{\varepsilon}\Big(\frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-\big((-r){e^{\pi{i}}}\big)} - \frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-\big((-s){e^{\pi{i}}}\big)}\Big)e^{\pi{i}}d\rho\\
 &\quad = \frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\int_{-r-\delta}^{\varepsilon}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+r} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+s}\Big)d\rho
%
\\
\\
%
 &\int_{A_{i}}\!f(z,\alpha)\,dz = \inverse{b}\int_{\pi}^{-\pi}\!\frac{\varepsilon^{(\alpha+1)}e^{(\alpha+1)i\theta}}{({\varepsilon}e^{i\theta}-r)({\varepsilon}e^{i\theta}-s)}\,d\theta\\
 &\int_{B_{li}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad = \inverse{b(r-s)i}\int_{\varepsilon}^{-r-\delta}\Big(\frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-\big((-r){e^{-\pi{i}}}\big)} - \frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-\big((-s){e^{-\pi{i}}}\big)}\Big)e^{-\pi{i}}d\rho\\
 &\quad = \frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\int_{\varepsilon}^{-r-\delta}\Big(\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
%
 &\int_{H_{l}}\!f(z,\alpha)\,dz = \frac{-\pi{i}}{b(r-s)i}(-re^{-\pi{i}})^{\alpha} = \frac{{-\pi}e^{-\alpha\pi{i}}}{b(r-s)}(-r)^{\alpha}\\
%
 &\int_{B_{lo}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= \inverse{b(r-s)i}\int_{-r+\delta}^{1}\Big(\frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-\big((-r){e^{-\pi{i}}}\big)} - \frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-\big((-s){e^{-\pi{i}}}\big)}\Big)e^{-\pi{i}}d\rho\\
 &\quad= \frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\int_{-r+\delta}^{1}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+r} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+s}\Big)d\rho\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 &\lim_{\delta, \varepsilon \rightarrow 0}\Big(\int_{B_{u}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big) = \frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{1}^{0}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{1}^{0}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
 &\lim_{\delta, \varepsilon \rightarrow 0}\Big(\int_{B_{l}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big) = \frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
 &\lim_{\delta \rightarrow 0}\Big(\int_{H_{s}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big) = \frac{{-\pi}(e^{\alpha\pi{i}}+e^{-\alpha\pi{i}})}{b(r-s)}(-r)^{\alpha}
\end{align*}

また $\varepsilon \rightarrow 0$ として $-r>2\varepsilon$ となってから以降は

\[
 \abs{{\varepsilon}e^{i\theta}-s} > \abs{{\varepsilon}e^{i\theta}-r} \geq -r-\varepsilon > -r-(-\frac{r}{2}) = -\frac{r}{2}
\]
だから
\[
 \Big|\frac{\varepsilon^{(\alpha+1)}e^{(\alpha+1)i\theta}}{({\varepsilon}e^{i\theta}-r)({\varepsilon}e^{i\theta}-s)}\Big| < \frac{4\varepsilon^{(\alpha+1)}}{r^{2}}
 \]
従って
\[
 0 \leq \lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\Big|\int_{A_{i}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big| < \lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\int_{A_{i}}\!\frac{4\varepsilon^{(\alpha+1)}}{br^{2}}\,d\theta = \lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\frac{8\pi{\varepsilon^{(\alpha+1)}}}{br^{2}} = 0
\]

だから、結局

\begin{align*}
&I_{\alpha} = \int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}f(z,\alpha)\,dz \\
&\qquad =\frac{2{\pi}\cos{\alpha\pi}}{b(r-s)}(-r)^{\alpha} + \frac{2\sin{(\alpha\pi)}}{b(r-s)}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
&\qquad =\frac{\pi\cos{\alpha\pi}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{\alpha} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)
\end{align*}

[ $I_{n}$ ]

特に、$\alpha$ が非負整数 $\alpha=n$ であるなら

\begin{align*}
 I_{n} &= \int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}f(z,n)\,dz\\
 &= \frac{(-1)^{n}\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{n}\\
 &= \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{n}
\end{align*}

[理科年表] の公式において、非負整数であるべき $\alpha$ の偶奇に応じた符号の反転は $\cos(\alpha\pi)$ に起因したものであることか分かる。

[ $I_{1/2}$ ]

では $\alpha$ が非整数、例えば $\alpha=\inverse{2}$ の時はどうなるかというと、

\begin{align*}
 \int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}f(z,1/2)\,dz &= \frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\rho}}{\rho+r}d\rho - \int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\rho}}{\rho+s}d\rho\Big)
\end{align*}

$\rho = t^{2}\quad (t\geq{0})$ と変数変換すると (この変数変換で、主値は変化しない)、

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+r}\,d\rho - \int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+s}\,d\rho = \mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{t}{t^{2}+r}(2t\,dt) - \int_{0}^{1}\!\frac{t}{t^{2}+s}(2t\,dt)\\
&\quad= 2\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{t^{2}}{t^{2}+r}\,dt - \int_{0}^{1}\!\frac{t^{2}}{t^{2}+s}\,dt\Big)\\
&\quad= -2\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{r}{t^{2}+r}\,dt - \int_{0}^{1}\!\frac{s}{t^{2}+s}x\,dt\Big)\\
&\quad= -2\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{r}{t^{2}-(\sqrt{-r})^{2}}\,dt - \int_{0}^{1}\!\frac{s}{t^{2}-(\sqrt{-s})^{2}}\,dt\Big)\\
&\quad= 2(-r)\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t^{2}-(\sqrt{-r})^{2}} - 2(-s)\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t^{2}-(\sqrt{-s})^{2}}\\
\end{align*}

ここで

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t^{2}-(\sqrt{-r})^{2}} = \frac{1}{2\sqrt{-r}}\Big\{\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\Big(\frac{1}{t-\sqrt{-r}}-\frac{1}{t+\sqrt{-r}}\Big)\,dt\Big\}\\
 &\quad  = \frac{1}{2\sqrt{-r}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t-\sqrt{-r}}-\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t+\sqrt{-r}}\Big)\\
 &\quad = \frac{1}{2\sqrt{-r}}\Big(\Big[\log(t-\sqrt{-r})\Big]_{2\sqrt{-r}}^{1} - \Big[\log(t+\sqrt{-r})\Big]_{0}^{1}\Big)\\
 &\quad = \frac{1}{2\sqrt{-r}}\log\frac{1-\sqrt{-r}}{1+\sqrt{-r}}\\
\end{align*}

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t^{2}-(\sqrt{-s})^{2}} = -\frac{1}{2\sqrt{-s}}\int_{0}^{1}\!\Big(\frac{1}{\sqrt{-s}+t}+\frac{1}{\sqrt{-s}-t}\Big)\,dt\\
 &\quad = -\frac{1}{2\sqrt{-s}}\Big[\log\frac{\sqrt{-s}+t}{\sqrt{-s}-t}\Big]_{0}^{1}\\
 &\quad = -\frac{1}{2\sqrt{-s}}\log\frac{\sqrt{-s}+1}{\sqrt{-s}-1}
\end{align*}

まとめると

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+r}\,d\rho - \int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+s}\,d\rho\\
&\quad = \sqrt{-r}\log\frac{1-\sqrt{-r}}{1+\sqrt{-r}} + \sqrt{-s}\log\frac{\sqrt{-s}+1}{\sqrt{-s}-1}\\
&\quad = \frac{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}{\sqrt{2b}}\log\frac{1-\sqrt{-r}}{1+\sqrt{-r}}\\
&\qquad\qquad + \frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}}{\sqrt{2b}}\log\frac{\sqrt{-s}+1}{\sqrt{-s}-1}\\
&\quad = \inverse{\sqrt{2b}}\Bigg(\sqrt{a+b}\log\frac{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)}{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)}\\
&\qquad\qquad -\sqrt{a-b}\log\frac{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)}{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)}\Bigg)
\end{align*}

しかるに

\begin{align*}
 &\frac{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)}{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)} = \frac{1+(\sqrt{-s}-\sqrt{-r})-\sqrt{rs}}{-1+(\sqrt{-s}-\sqrt{-r})+\sqrt{rs}} = 1
\\
\\
 &\frac{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)}{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)} = \frac{-1+(\sqrt{-r}+\sqrt{-s})-\sqrt{rs}}{1+(\sqrt{-r}+\sqrt{-s})+\sqrt{rs}}\\
 & \quad = \frac{-2+\sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}}{2+\sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}} = \frac{\sqrt{a+b} - \sqrt{2b}}{\sqrt{a+b} + \sqrt{2b}}
\end{align*}
だから
\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+r}\,d\rho - \int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+s}\,d\rho\\
 & \quad = \sqrt{\frac{a-b}{2b}}\log\frac{\sqrt{a+b} + \sqrt{2b}}{\sqrt{a+b} - \sqrt{2b}}\\
\end{align*}

最終的には

\begin{align*}
 \int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}f(z,1/2)\,dz &= \frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\rho}}{\rho+r}d\rho - \int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\rho}}{\rho+s}d\rho\Big)\\
 & \quad = \frac{1}{\sqrt{2b(a+b)}}\log\frac{\sqrt{a+b} + \sqrt{2b}}{\sqrt{a+b} - \sqrt{2b}}\\
\end{align*}

検算をしてみよう。実は $\alpha=1/2$ の時、問題の積分は、三角函数の有理関数を有理化する周知の解法により、バカバカしいほど簡単に計算できる

\[
 I_{1/2} = \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\frac{x}{2}})}{a+b\cos(x)}\,dx = \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\frac{x}{2}})}{a+b\big(1-2\sin^{2}(\frac{x}{2})\big)}\,dx
\]
だから $t=\sin(x/2)$ と変数変換すると
\begin{align*}
 I_{1/2} &= 2\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{a+b(1-2t^{2})}\\
 &\quad=\inverse{b}\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{\frac{a+b}{2b}-t^{2}}\\
 &\quad=\inverse{b}\cdot\inverse{2\sqrt{\frac{a+b}{2b}}}\Bigg[\log\frac{\sqrt{\frac{a+b}{2b}}+t}{\sqrt{\frac{a+b}{2b}}-t}\Bigg]_{0}^{1}\\
 &\quad=\inverse{\sqrt{2b(a+b)}}\log{\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}}
\end{align*}

ここで $I_{\alpha}$ の被積分関数において、分子の $\cos$ の係数を負に変えた場合はどうなるか興味が湧いてくる。そこで

\begin{align*}
  &J_{\alpha} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a-b\cos{x}}\,dx  \qquad (a>b>0,\quad \alpha\geq{0})\\
 & \qquad = -\inverse{i}\int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}\frac{z^{\alpha}dz}{bz^{2} - 2az + b} \quad (z = e^{ix}, dx=\frac{dz}{iz})
\end{align*}
として、以下、これに就いて検討してみよう。

これを念頭に置いて

\begin{align*}
 g(z,\alpha) &:= -\inverse{i}\cdot\frac{z^{\alpha}}{bz^{2} - 2az + b}\\
 &= -\inverse{i}\cdot\frac{1}{b(p-q)}\Big(\frac{z^{\alpha}}{z-p}-\frac{z^{\alpha}}{z-q}\Big)
\end{align*}
を導入する。更に、次の4つの部分 $A_{o},B_{u}^{\prime},A_{i}.B_{l}^{\prime}$ からなる 経路 $C^{\prime}$ を、次のように定める。

1. $A_{o}$ : 外円。原点を中心とする単位円。ただし、偏角が $-\pi$ の点 ( $z=e^{-i\pi}$ ) から出発して、偏角 $\pi$ の点 ( $z=e^{i\pi}$ ) に至るもの (反時計回り)。

2. $B_{u}^{\prime}$ : 上橋。偏角 $\pi$ の半直線上、原点からの距離 $1$ の点 ( $z=e^{i\pi}$ ) から出発して、原点からの距離 $\varepsilon$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{i\pi}}$ ) に至る線分。

3. $A_{i}$ : 内円。原点を中心とする半径 $\varepsilon$ の円。ただし、偏角が $\pi$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{i\pi}}$) から出発して、偏角$-\pi$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{-i\pi}}$) に至るもの (時計回り)。

4. $B_{l}^{\prime}$ : 下橋。偏角 $-\pi$ の半直線上、原点からの距離 $\varepsilon$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{-i\pi}}$) から出発して、原点からの距離 $1$ の点 ( $z=e^{-i\pi}$ ) に至る線分。

今回は、 $C^{\prime}$ 内部に、1位の極 $z=p$ を含むから

\[
 \int_{C^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz = \frac{-2\pi}{b(p-q)}p^{\alpha}
\]
であることを踏まえたうえで、 $g(z,\alpha)$ に、$f(z,\alpha)$ に行ったのと並行する議論を適用するなら
\begin{align*}
 &\int_{A_{o}}\!g(z,\alpha)\,dz = J_{\alpha}\\
%
 &\int_{B_{u}^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= -\inverse{b(p-q)i}\int_{1}^{\varepsilon}\Big(\frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-p} - \frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-q}\Big)e^{\pi{i}}d\rho\\
 &\quad= -\frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\int_{1}^{\varepsilon}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+p} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+q}\Big)d\rho\\
\\
\\
 &\int_{A_{i}}\!g(z,\alpha)\,dz = -\inverse{b}\int_{\pi}^{-\pi}\!\frac{\varepsilon^{(\alpha+1)}e^{(\alpha+1)i\theta}}{({\varepsilon}e^{i\theta}-p)({\varepsilon}e^{i\theta}-q)}\,d\theta\\
%
 &\int_{B_{l}^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= -\inverse{b(p-q)i}\int_{\varepsilon}^{1}\Big(\frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-p} - \frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-q}\Big)e^{-\pi{i}}d\rho\\
 &\quad= -\frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\int_{\varepsilon}^{1}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+p} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+q}\Big)d\rho\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 &\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\Big(\int_{B_{u}^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz\Big) = -\frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\Big(\int_{1}^{0}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{1}^{0}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
 &\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\Big(\int_{B_{l}^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz\Big) = -\frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
 &\lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\Big|\int_{A_{i}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big|= 0
\
\end{align*} /></div>

だから

<div style=\begin{align*}
 J_{\alpha} &= \int_{C^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz - \frac{e^{\alpha\pi{i}}-e^{-\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
 &= \frac{-2\pi}{b(p-q)}p^{\alpha} - \frac{2\sin(\alpha\pi)}{b(p-q)}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
 &= \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{\alpha} + \frac{\sin(\alpha\pi)}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\int_{0}^{1}\Big(\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)
\end{align*}

[ $J_{n}$ ]

特に、$\alpha$ が正整数 $\alpha=n$ であるなら

\begin{align*}
 J_{n} &= \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{n}
\end{align*}

$I_{n}$ と異なり、$n$ の偶奇による符号の反転はないことに注意。

[ $J_{1/2}$ ]

この場合も $\alpha=\inverse{2}$ の時はどうなるか調べてみよう。

\begin{align*}
 J_{1/2} = 
\frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{1/2} + \frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{1/2}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{1/2}d\rho}{\rho+q}\Big)
\end{align*}

だが、左辺第1項は

\begin{align*}
 &\frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{1/2} = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\cdot\frac{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}{\sqrt{2b}}\\
 &\qquad = \frac{\pi}{\sqrt{2b}}\Big(\frac{1}{\sqrt{a-b}}-\frac{1}{\sqrt{a+b}}\Big)
\end{align*}
であり、第2項のカッコ内は
\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{1/2}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{1/2}d\rho}{\rho+q} = 2\int_{0}^{1}\frac{t^{2}dt}{t^{2}+p} - 2\int_{0}^{1}\frac{t^{2}dt}{t^{2}+q}\\
 & \qquad = -2p\int_{0}^{1}\frac{dt}{t^{2}+p} + 2q\int_{0}^{1}\frac{dt}{t^{2}+q}\\
 & \qquad = -2\sqrt{p}\arctan(1/\sqrt{p}) + 2\sqrt{q}\arctan(1/\sqrt{q})\\
 & \qquad = -\sqrt{\frac{2}{b}}(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})\arctan(\sqrt{q})\\
 & \qquad\qquad + \sqrt{\frac{2}{b}}(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})\arctan(\sqrt{p})\\
 & \qquad = \sqrt{\frac{2}{b}}\sqrt{a+b}\big(\arctan(\sqrt{p})-\arctan(\sqrt{q})\big)\\
 & \qquad\qquad + \sqrt{\frac{2}{b}}\sqrt{a-b}\big(\arctan(\sqrt{p})+\arctan(\sqrt{q})\big)\\
 & \qquad = \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\left(\arctan\left(\frac{\sqrt{p}-\sqrt{q}}{1+\sqrt{p}\sqrt{q}}\right)\right)\\
 & \qquad\qquad + \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)\\
 & \qquad = \pi\sqrt{\frac{a-b}{2b}} - \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\left(\arctan\sqrt{\frac{a-b}{2b}}\right)\\
\end{align*}

従って、

\begin{align*}
 J_{1/2} &= 
\frac{\pi}{\sqrt{2b}}\Big(\frac{1}{\sqrt{a-b}}-\frac{1}{\sqrt{a+b}}\Big)\\
 &+ \frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\pi\sqrt{\frac{a-b}{2b}} - \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\left(\arctan\sqrt{\frac{a-b}{2b}}\right)\right)\\
 &= \sqrt{\frac{2}{b(a-b)}}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\sqrt{\frac{a-b}{2b}}\right)\\
 &= \sqrt{\frac{2}{b(a-b)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{2b}{a-b}}\right)
\end{align*}

なお、上記の式の変形では、公式

\begin{align*}
 &\arctan x + \arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2} \quad (x\geq{0})\\
 &\arctan x \pm \arctan y = \arctan \frac{x\pm{y}}{1\mp{xy}}% \quad (|\arctan x + \arctan y|\leq{\frac{\pi}{2}})
\end{align*}
を用いている。

こちらの方も、「検算」しておく。 $I_{1/2}$ におけるのと同じく、変数変換 $t=\sin(x/2)$ を行えば、やはり簡単に結果を求めることができる。

\begin{align*}
 J_{1/2} &= \int_{0}^{\pi}\frac{\cos(\frac{x}{2})}{a-b\cos(x)}\,dx = \int_{0}^{\pi}\frac{\cos(\frac{x}{2})}{a-b\big(1-2\sin^{2}(\frac{x}{2})\big)}\,dx\\
 &= 2\int_{0}^{1}\frac{dt}{a-b+2bt^{2}}\\
 &= \frac{1}{b}\int_{0}^{1}\frac{dt}{\frac{a-b}{2b}+t^{2}}\\
 &= \frac{1}{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{\frac{a-b}{2b}}}\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{a-b}{2b}}}\right)\\
 &= \sqrt{\frac{2}{b(a-b)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{2b}{a-b}}\right)
\end{align*}

こうして、両方の計算値が一致していることが確かめられた。

[ $J_{\alpha}$ の表式への補足]

$J_{\alpha}$ に就いて $\alpha$ が、一般の正値実数 ( $\alpha>0$ ) の時の議論を、もう少し進めておこう (話を単純にするために $\alpha$$0$ にはならないとしておく)。

まず $0<p<1<q$ を念頭に置いて、変数変換 $\rho=pe^{-t}$ 及び $\rho=qe^{-t}$ により

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &= \int_{\infty}^{\log{p}}\frac{p^{\alpha}e^{-\alpha{t}}}{pe^{-t}+p}(-pe^{-t}dt) - \int_{\infty}^{\log{q}}\frac{q^{\alpha}e^{-\alpha{t}}}{qe^{-t}+q}(-qe^{-t}dt)\\
 &= p^{\alpha}\int_{\log{p}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt\\
 &= p^{\alpha}\int_{\log{p}}^{0}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt + p^{\alpha}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt\\
 &= p^{\alpha}\int_{0}^{-\log{p}}\frac{e^{(\alpha+1)t}}{1+e^{t}}dt + p^{\alpha}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt\\
 &= q^{-\alpha}\int_{0}^{\log{q}}\frac{e^{\alpha{t}}}{1+e^{-t}}dt + p^{\alpha}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt\\
%
 &= q^{-\alpha}\int_{0}^{\log{q}}e^{\alpha{t}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}e^{-nt}\right)dt\\
 &\qquad + p^{\alpha}\int_{0}^{\infty}e^{-(\alpha+1){t}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}e^{-nt}\right)dt\\
 &\qquad - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}e^{-(\alpha+1){t}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}e^{-nt}\right)dt\\
%
 &= q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{0}^{\log{q}}e^{(\alpha-n)t}dt\\
 &\qquad + p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{0}^{\infty}e^{-(n+\alpha+1){t}}dt\\
 &\qquad - q^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{\log{q}}^{\infty}e^{-(n+\alpha+1){t}}dt\\
%
 &= q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{q^{\alpha-n}-1}{\alpha-n}\right)
 - p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{-1}{n+\alpha+1}\right)\\
 &\qquad + q^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{-q^{-(n+\alpha+1)}}{n+\alpha+1}\right)\\
 &= \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{q^{-n}-q^{-\alpha}}{\alpha-n}\right)
 + p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha+1} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-(n+1)}}{n+\alpha+1}
\end{align*}

ところが

\begin{align*}
 &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+\alpha+1}\\
 &= -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha} + \frac{1}{\alpha}\\
 &;\\
 &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-(n+1)}}{n+\alpha+1} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{n+\alpha} - \frac{1}{\alpha}\\
\end{align*}

だから、結局

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{\alpha-n} - q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha-n}\\
 &\qquad + p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha+1} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-(n+1)}}{n+\alpha+1}\\
 &= -q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha-n}
 + p^{\alpha}\left(-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha} + \frac{1}{\alpha}\right)\\
 &\qquad  + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{\alpha-n} 
+ \left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{n+\alpha} - \frac{1}{\alpha}\right)\\
 &= -q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha-n}
 - p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha}\\
 &\qquad  + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{\alpha-n} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{n+\alpha}  + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}\\
 &= -p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha-n}
 - p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha}\\
 &\qquad  + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-p)^{n}}{\alpha-n} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-p)^{n}}{n+\alpha}  + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}
\end{align*}
が得られる。

そして、これら4つの級数は全て、定数係数を除けば、(Gauss の) 超幾何級数になっている

\begin{align*}
 &p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n-\alpha} = -\frac{p^{\alpha}}{\alpha}F(1,-\alpha,-\alpha+1,-1)\\
 &-p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha} = -\frac{p^{\alpha}}{\alpha}F(1,\alpha,\alpha+1,-1) = -p^{\alpha}\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha-1}dt}{1+t}\\
 &-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-p)^{n}}{n-\alpha} = \frac{1}{\alpha}F(1,-\alpha,-\alpha+1,-p)\\
 &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-p)^{n}}{n+\alpha} = \frac{1}{\alpha}F(1,\alpha,\alpha+1,-p) = \int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha-1}dt}{1+pt}
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &\qquad = -\frac{p^{\alpha}}{\alpha}\Big(F(1,-\alpha,-\alpha+1,-1) + F(1,\alpha,\alpha+1,-1) - 1\Big)\\
 &\qquad\quad + \frac{1}{\alpha}\Big(F(1,-\alpha,-\alpha+1,-p) + F(1,\alpha,\alpha+1,-p) - 1\Big)
\end{align*}

次の変形も可能である。

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &= -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(p^{n}-p^{\alpha})}{n-\alpha}
 + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(p^{n}-p^{\alpha})}{n+\alpha} + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}\\
 &= 2\alpha\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(p^{\alpha}-p^{n})}{n^{2}-\alpha^{2}} + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}
\end{align*}

[beta 函数]

なお、上記の式の変形中に現れる積分

\[
 \int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha-1}dt}{1+t}
\]
は、所謂 beta 函数 (Beta 函数ではない) である。beta 函数 $\beta(z)$ は、ディ・ガンマ関数
\[
 \psi(z) := \frac{d}{dz}{\log\Gamma(z)} = \frac{\Gamma^{\prime}(z)}{\Gamma(Z)}
\]
を用いて
\[
 \beta(z) := \frac{1}{2}\left(\psi\Big(\frac{z+1}{2}\Big) - \psi\Big(\frac{z}{2}\Big)\right) = \psi(z) - \psi\Big(\frac{z}{2}\Big) - \log{2}
\]
で表されるが
\[
 \int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha-1}dt}{1+t} = \beta(\alpha)
\]
が成り立っている。

[ $I_{\alpha}$ の表式への補足]

$I_{\alpha}$ の表式に現れる

\[
 \mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}
\]
に就いても、同様の処理をすると $s<-1<r<0$ に注意して
\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\\
 &\quad = \mathrm{vp\!}\int_{\infty}^{\log(-r)}\frac{(-re^{-t})^{\alpha}(re^{-t})dt}{-re^{-t}+r}\\
 & \qquad\qquad - \int_{\infty}^{\log(-s)}\frac{(-se^{-t})^{\alpha}(se^{-t})dt}{-se^{-t}+s}\\
 &\quad = (-r)^{\alpha}\mathrm{vp\!}\int_{\infty}^{\log(-r)}\frac{e^{-\alpha{t}}dt}{-1+e^{t}} - (-s)^{\alpha}\int_{\infty}^{\log(-s)}\frac{e^{-\alpha{t}}dt}{-1+e^{t}}\\
 &\quad = -(-r)^{\alpha}\mathrm{vp\!}\int_{\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} + (-s)^{\alpha}\int_{\log(-s)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\quad = -(-r)^{\alpha}\mathrm{vp\!}\int_{\log(-r)}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} - (-r)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad\qquad + (-s)^{\alpha}\int_{\log(-s)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\quad = -(-r)^{\alpha}\lim_{u\rightarrow 1+0}\left\{\int_{\log(-r)}^{-\log{u}}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}
+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\right\}\\
 &\qquad\qquad  - (-r)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} + (-s)^{\alpha}\int_{\log(-s)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
\end{align*}

しかるに、上記最終辺の中カッコ内の式は

\begin{align*}
 &\int_{\log(-r)}^{-\log{u}}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad = -\int_{-\log(-r)}^{\log{u}}\frac{e^{(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{t}}+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad = -\int_{-\log(-r)}^{\log{u}}\frac{e^{(\alpha+(1/2)){t}}dt}{e^{(-t/2)}-e^{(t/2)}}+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+(1/2)){t}}dt}{e^{(t/2)}-e^{-(t/2)}}\\
 &\qquad= -\int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{(\alpha+(1/2)){t}}dt}{e^{(t/2)}-e^{-(t/2)}}+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+(1/2)){t}}dt}{e^{(t/2)}-e^{-(t/2)}}\\
 &\qquad = -\int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{\sinh\big(\alpha+(1/2){t}\big)}{\sinh(t/2)}dt
\end{align*}

第2項と第3項は

\begin{align*}
 &-(-r)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} + (-s)^{\alpha}\int_{\log(-s)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad =-(-r)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} + (-s)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad =-\big((-r)^{\alpha} - (-s)^{\alpha}\big)\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}
\end{align*}
だから
\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\\
 &\quad = (-r)^{\alpha}\lim_{u\rightarrow 1+0}\int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{\sinh\big(\alpha+(1/2)\big){t})}{\sinh(t/2)}dt\\
 &\qquad\qquad - \big((-r)^{\alpha}-(-s)^{\alpha}\big)\int_{-\log{(-r)}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 & = (-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh\big(\alpha+(1/2)\big){t})}{\sinh(t/2)}dt\\
 &\qquad\qquad - \big((-r)^{\alpha}-(-r)^{-\alpha}\big)\int_{-\log{(-r)}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
\end{align*}

ところで

\begin{align*}
 &(-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\big(\alpha+(1/2)\big){t})}{\sinh(t/2)}dt\\
 &= (-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\Big(\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)} + \cosh(\alpha{t})\Big)dt\\
 &= (-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)}dt\ + \frac{(-r)^{\alpha}}{2\alpha}\big((-r)^{-\alpha}-(-r)^{\alpha}\big)
\end{align*}

そして

\begin{align*}
 &\int_{-\log{(-r)}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} = \sum_{n=0}^{\infty}\int_{-\log{(-r)}}^{\infty}e^{-(\alpha+n+1)t}dt\\
 &\qquad = \sum_{n=0}^{\infty}\Big[-\frac{e^{-(\alpha+n+1)t}}{\alpha+n+1}\Big]_{-\log{(-r)}}^{\infty}\\
 &\qquad = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-r)^{(\alpha+n+1)}}{\alpha+n+1}\\
 &\qquad = (-r)^{(\alpha+1)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-r)^{n}}{\alpha+n+1}\\
 &\qquad = (-r)^{(\alpha+1)}\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha}}{1+rt}dt\\
\end{align*}

結局

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\\
 & = (-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)}dt\\
 &\qquad - (-r)^{(\alpha+1)}\big((-r)^{\alpha}-(-r)^{-\alpha}\big)\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha}}{1+rt}dt + \frac{(-r)^{\alpha}}{2\alpha}\big((-r)^{-\alpha}-(-r)^{\alpha}\big)\\
 & = (-r)^{\alpha}\Bigg\{\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)}dt\\
 & \qquad + \big((-r)^{\alpha}-(-r)^{-\alpha}\big)\left(\int_{0}^{1}\frac{rt^{\alpha}}{1+rt}dt - \frac{1}{2\alpha}\right)\Bigg\}
\end{align*}

これで $I_{1/2}$ を計算してみる。

\begin{align*}
 I_{1/2} &= \frac{(-r)^{1/2}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Bigg\{\int_{0}^{-\log(-r)}\cosh(t/2)dt\\
 &\qquad + \big((-r)^{1/2}-(-r)^{-1/2}\big)\left(\int_{0}^{1}\frac{rt^{1/2}}{1+rt}dt - 1\right)\Bigg\}
\end{align*}
だが、まず
\[
 (-r)^{(1/2)}-(-r)^{-(1/2)} = \sqrt{-r}-\sqrt{-s} = -\sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}
\]
及び
\begin{align*}
 \int_{0}^{-\log(-r)}\cosh(t/2)dt &= \Big[2\sinh(t/2)\Big]_{0}^{-\log(-r)}\\
 &= (-r)^{-(1/2)}-(-r)^{(1/2)}\\
 &= \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}
\end{align*}
に注意すると
\begin{align*}
 I_{1/2} &= \frac{(-r)^{1/2}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Bigg\{\sqrt{\frac{2(a-b)}{b}} - \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\left(\int_{0}^{1}\frac{rt^{1/2}}{1+rt}dt - 1\right)\Bigg\}\\
 &= \frac{(-r)^{1/2}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\left\{-\int_{0}^{1}\frac{rt^{1/2}}{1+rt}dt + 2\right\}\\
 &= \sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\left\{-\int_{0}^{1}\frac{rt^{1/2}}{1+rt}dt + 2\right\}
\end{align*}

結局

\begin{align*}
I_{1/2} 
 &= -\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\left(\int_{0}^{1}\frac{2ru^{2}}{1+ru^{2}}du - 2\right)\\
 &= -\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\left(\int_{0}^{1}(2 - \frac{2}{1+ru^{2}})du - 2\right)\\
 &= 2\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+ru^{2}}du\\
 &= \frac{2}{(-r)}\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\int_{0}^{1}\frac{1}{(-\frac{1}{r})-u^{2}}du\\
 &= \frac{2}{(-r)}\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\Bigg[\frac{1}{2\sqrt{-\frac{1}{r}}}\log\frac{\sqrt{-\frac{1}{r}}+u}{\sqrt{-\frac{1}{r}}-u}\Bigg]_{0}^{1}\\
 &= \sqrt{\frac{2}{b(a+b)}}\log\frac{\sqrt{-\frac{1}{r}}+1}{\sqrt{-\frac{1}{r}}-1}\\
\end{align*}

ところが

\[
 \log\frac{\sqrt{-\frac{1}{r}}+1}{\sqrt{-\frac{1}{r}}-1} = \log\frac{1+\sqrt{-r}}{1-\sqrt{-r}} = \frac{1}{2}\log\frac{(1+\sqrt{-r})^{2}}{(1-\sqrt{-r})^{2}}
\]
であって、更に
\[
 \frac{1+\sqrt{-r}}{1-\sqrt{-r}} = \frac{1+\sqrt{-(1/s)}}{1-\sqrt{-(1/s)}} = \frac{\sqrt{-s}+1}{\sqrt{-s}-1}
\]
だから、結局
\begin{align*}
 &\frac{(1+\sqrt{-r})^{2}}{(1-\sqrt{-r})^{2}} = \frac{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)}{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)}\\
 &\qquad = \frac{2+(\sqrt{-r}+\sqrt{-s})}{-2+(\sqrt{-r}+\sqrt{-s})}\\
 &\qquad = \frac{2+\sqrt{2(a+b)/b}}{-2+\sqrt{2(a+b)/b}}\\
 &\qquad = \frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}
\end{align*}

つまり

\[
 \log\frac{\sqrt{-\frac{1}{r}}+1}{\sqrt{-\frac{1}{r}}-1} = \frac{1}{2}\log\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}
\]

まとめると

\begin{align*}
 I_{1/2} &= \sqrt{\frac{2}{b(a+b)}}\cdot\frac{1}{2}\log\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}\\
 &= \sqrt{\frac{1}{2b(a+b)}}\log\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}
\end{align*}

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本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) 補足。[一般式] Executive Summary

$a>b>0, \alpha\geq{0}$ の時、$r,s,p,q$

\begin{align*}
 & r := \frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad s := \frac{-a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b};\\
 & p := \frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad  q := \frac{a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}
\end{align*}
と定めると、次の等式が成り立つ ( $s<-1<r<0<p<1<q$ に注意)。

\begin{align*}
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\alpha{x})}}{a+b\cos{x}}\,dx =\\
 &\qquad \frac{\pi{p^{\alpha}}\cos{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
\\
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\alpha{x})}}{a-b\cos{x}}\,dx =\\
 &\qquad \frac{\pi{p^{\alpha}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)
\end{align*}

特に、$\alpha$ が、非負整数 $n$ である時は

\begin{align*}
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(nx)}}{a+b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi{r^{n}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\right)^{\!\!n}\\
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(nx)}}{a-b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi{p^{n}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\right)^{\!\!n}
\end{align*}

である。

参考: 本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金])

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本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) への注意

本ブログ記事2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植: nouse (2018年8月31日[金]) において、$\alpha$ は非負整数でなければならないことを言及し忘れていた。

当該 [理科年表] でも、また同じ公式が示されている [岩波数学公式 I] 第247頁でも、同様の注意が必要てある。

これは留数を用いた積分計算に於いて、被積分関数が原点の周りで多価性を発現しないようにするための限定である。

また、結果として得られた公式の右辺のカッコ内は負の実数であるから、$\alpha$ が整数でないと、右辺は実数でなくなる。これは、左辺が実数であることに反することを指摘しておいても良いだろう。

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2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植

2018年 (平成30年) 版 [理科年表] (ISBN-13: 978-4-621-30217-0) 附録「数学公式」中 [附17 (1097)] 頁、下から5つ目の等式には誤植がある。

つまり


\[
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{ax}}{a+b\cos{x}}\,dx =\frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha} \qquad (a>b>0,\quad \alpha>0)
\]

の左辺の被積分函数の分子の函数 $\cos$ の変数中の係数 $a$ は誤りである。

この $a$$\alpha$ に置き換えて


\[
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx =\frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha} \qquad (a>b>0,\quad \alpha>0)
\]

とすべきだろう。

元の形が誤っているのは一目瞭然である。右辺は $\alpha$ に依存して値が変化するが、その変数 $\alpha$ が左辺に現れないからだ。

勿論、これだけの根拠では、誤っているのが左辺ではなく、右辺 (又は、左右両方) である可能性を排除できないが、表式右のカッコ内に $\alpha$ の範囲に就いての限定がある以上、表式中に$\alpha$ が含まれることは所与の要件として認めざるを得ない。このことの結果として、蓋然性の低くなる場合を排除するなら、左辺のみが誤っていると、まず想定すべきだろう。

そうすると、「正解」の候補として、とりあえず考えられるのが、左辺中に2つある $a$ のどちらかを $\alpha$ で置き換えることだが (両方を置き換えると、左辺中に $a$ が存在しなくなる)、右辺の形式をみると、一番期待できるのが、分子の $a$ のみ1つを $\alpha$ で置き換えることである。

だから、当面の課題は、それが正しく右辺の形式の式を導き出すかと云うことになる。

この[訂正形] が正しいのは次のように確かめられる。まず


\[
 I := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx
\]

とすると、その被積分函数は $x$ に就いての偶関数だから、当然

\[
 2I = \int_{-\pi}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx
\]

となる。

ここで、更に奇関数

\[
 \frac{i\sin{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}
\]

を取って $-\pi$ から $\pi$ まで積分すると、積分値は勿論 $0$ になるから、次の等式が成り立つ。


\[
 2I = \int_{-\pi}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}+i\sin{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx
\]

そして、

\begin{align*}
 &\cos{\alpha{x}} +i\sin{\alpha{x}} = e^{i\alpha{x}}\\
 &a+b\cos{x} = a + \frac{b}{2}(e^{ix}+e^{-ix}) = \inverse{2e^{ix}}(be^{2ix} + 2ae^{ix} +b)
\end{align*}

だから、変数変換 $z = e^{ix}$ を行うと ( $dx={dz}/{(iz)}$ に注意)

\[
 2I = \inverse{i}\int_{|z|=1}\frac{2z^{\alpha}}{bz^{2} + 2az + b}\,dz
\]

つまり

\[
 I = \inverse{i}\int_{|z|=1}\frac{z^{\alpha}}{bz^{2} + 2az + b}\,dz
\]

である。

これから、積分値 $I$ は被積分函数

\[
 \frac{z^{\alpha}}{bz^{2} + 2az + b}
\]

の極のうち、複素平面単位円に含まれるものの留数の総和、の $2\pi$ 倍であることが分かる。

しかるに2次方程式 $bz^{2} + 2az + b = 0$ の2つの根を考えて、それを $r,s$ とすると、a>b>0$ だったから、判別式は $4a^{2}-4b^{2}>0$ となり、$r,s$ は異なる実数であることが分かる。

ここで、一般性を失うことなく $r>s$ と仮定することができるが、更に $\displaystyle rs = (b/b) =1$ だから、$r,s$ の絶対値は、一方のみが $1$ より小さく、他方は $1$ より大きい。

実際、2つの根の表式

\[
 \inverse{b}(-a \pm\sqrt{a^{2}-b^{2}})
\]

を念頭において、それぞれの値が、如何なる範囲に含まれるか調べてみると次のようになる。
\begin{align*}
 &a+b>a-b>0\\
 &a^{2}>a^{2}-b^{2}>(a-b)^{2}>0\\
 &a>\sqrt{a^{2}-b^{2}}>a-b>0>b-a>-\sqrt{a^{2}-b^{2}}\\
 &0>-a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}>-b>-a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}\\
 &0>r = \inverse{b}(-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}})>-1>s = \inverse{b}(-a - \sqrt{a^{2}-b^{2}})
\end{align*}

これより複素平面単位円に含まれる極は

\[
 z = r = \inverse{b}(-a +\sqrt{a^{2}-b^{2}})
\]

のみであることが分かる。

結局、求める留数は

\begin{align*}
 \frac{r^{\alpha}}{b(r-s)} &= \frac{((\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a)/b)^{\alpha}}{b(2\sqrt{a^{2}-b^{2}}/b)}\\
                           &= \inverse{{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha}
\end{align*}

これの $2\pi$ 倍は

\[
 \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha}
\]

で、求めるものが得られた。

2018年 (平成30年) 版 [理科年表] は、現時点 (2018年8月31日) での最新版だが、旧版では、本件がどうであったかは、未確認。

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メモ: [赤づきん] における [狩人] の役割に就いて (既投稿記事への補足)

本ブログ [メモ: 童謡 "I know an old lady who swallowed a fly" に就いて] (2018年3月31日 [土]) に於いて

さらに飛躍するなら、「あかづきん」では、オオカミは、[あかづきん] を呑み込む前に、その祖母を呑み込むことにも注意すべきだろう。オオカミは、[あかづきん] を呑み込むためには、その前に、[おばあさん] を呑み込んで、彼女と一体化する必要があったのだ。これは、[あかづきん] を呑み込むのが、[オオカミ-老婆] 複合体であることを意味する。そして、ここでも、オオカミは、たまたま通りかかった狩人 (Deus ex machina) により [あかづきん] 及び祖母の代わりに、腹の中に石を詰め込まれて、それがもとで死んでしまう。
--メモ: 童謡 "I know an old lady who swallowed a fly" に就いて
と書いたが、この [狩人] は、[切断者]・[分離者] の機能を有することを指摘しておくべきだった。

ギリシア神話を引き合いにだすなら、次のようになるだろう。

地母神複合体娘 (コレー)切断者・分離者
ウラノス+ガイア アプロディテ クロノス
クロノス+レア ? ゼウス
オオカミ+老婆 あかづきん 狩人

一応、注意しておくと、このことは [童話] としての 「赤づきん」誕生の歴史的経緯と、直線的に対応するものではない。アトラクター的な神話プロットには、物語がそれに近づいていく個別例が存在したと考える方が順当だろう。


補足の補足 (2018年8月7日[火曜])

「あかづきん」を呑み込んだのは「祖母を呑み込んだオオカミ」であるのと同時に、「オオカミの皮を被った祖母」でもある。

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メモ: 童謡 "I know an old lady who swallowed a fly" に就いて

英語の童謡に "I know an old lady who swallowed a fly" と云う歌い出しで始まるものがある。a real Mother Goose と呼べるほど起源が古いものではないらしい。

日本にも既に紹介されており、ネット上でも記事が散見されるが、日本語版ウィキペディアでは、現在少なくとも独立した項目が立てられていない。対して、英文版 Wikipedia では "There Was an Old Lady Who Swallowed a Fly" (Wikipedia 12 March 2018, at 20:55) が存在する。 Nursery Rhymes のご多分に漏れず、変異形が存在するが、Wikipedia に採録されているのは次のものである。

There was an old lady who swallowed a fly;
I don't know why she swallowed a fly - perhaps she'll die!

There was an old lady who swallowed a spider;
That wriggled and jiggled and tickled inside her!
She swallowed the spider to catch the fly;
I don't know why she swallowed a fly - Perhaps she'll die!

There was an old lady who swallowed a bird;
How absurd to swallow a bird!
She swallowed the bird to catch the spider;
That wriggled and jiggled and tickled inside her!
She swallowed the spider to catch the fly;
I don't know why she swallowed a fly - Perhaps she'll die!

There was an old lady who swallowed a cat;
Imagine that! She swallowed a cat!
She swallowed the cat to catch the bird,
She swallowed the bird to catch the spider;
That wriggled and jiggled and tickled inside her!
She swallowed the spider to catch the fly;
I don't know why she swallowed a fly - Perhaps she'll die!

There was an old lady that swallowed a dog;
What a hog, to swallow a dog!
She swallowed the dog to catch the cat,
She swallowed the cat to catch the bird,
She swallowed the bird to catch the spider;
That wriggled and jiggled and tickled inside her!
She swallowed the spider to catch the fly;
I don't know why she swallowed a fly - Perhaps she'll die!

There was an old lady who swallowed a goat;
She just opened her throat and swallowed a goat!
She swallowed the goat to catch the dog,
She swallowed the dog to catch the cat,
She swallowed the cat to catch the bird,
She swallowed the bird to catch the spider;
That wriggled and jiggled and tickled inside her!
She swallowed the spider to catch the fly;
I don't know why she swallowed a fly - Perhaps she'll die!

There was an old lady who swallowed a cow;
I don't know how she swallowed a cow!
She swallowed the cow to catch the goat,
She swallowed the goat to catch the dog,
She swallowed the dog to catch the cat,
She swallowed the cat to catch the bird,
She swallowed the bird to catch the spider;
That wriggled and jiggled and tickled inside her!
She swallowed the spider to catch the fly;
I don't know why she swallowed a fly - Perhaps she'll die!

There was an old lady who swallowed a horse;
...She's dead, of course!

--There Was an Old Lady Who Swallowed a Fly (Wikipedia 12 March 2018, at 20:55)

why/fly/die, spider/inside her, absurd/bird, that/cat/catch, hog/dog, throat/goat, how/cow, が韻を踏んでいる。
「翻訳」には、到底なりえないが、原文の雰囲気を伝える程度のものを示しておく。

婆さんハエを呑み込んだ。
どうしてだかは分からない。
婆さん多分死ぬんだろう。

婆さんクモを呑み込んだ。
モゾモゾウロウロココチョコチョ腹の中
ハエ獲るクモを呑み込んだ。
最初にハエを呑み込んだ。
どうしてだかは分からない。
婆さん多分死ぬんだろう。

婆さんトリを呑み込んだ。
馬鹿げたことだが呑み込んだ。
モゾモゾウロウロコチョコチョの
クモ獲るトリを呑み込んだ。
ハエ獲るクモを呑み込んだ。
最初にハエを呑み込んだ。
どうしてだかは分からない。
婆さん多分死ぬんだろう。

婆さんネコを呑み込んだ
ネコだよ。ネコを呑み込んだ。
トリ獲るネコを呑み込んだ。
モゾモゾウロウロコチョコチョの
クモ獲るトリを呑み込んだ。
ハエ獲るモを呑み込んだ。
最初にハエを呑み込んだ。
どうしてだかは分からない。
婆さん多分死ぬんだろう。

婆さんイヌを呑み込んだ。
イヌだよ。イヌを呑み込んだ。
ネコ獲るイヌを呑み込んだ。
トリ獲るネコを呑み込んだ。
モゾモゾウロウロコチョコチョの
クモ獲るトリを呑み込んだ。
ハエ獲るクモを呑み込んだ。
最初にハエを呑み込んだ。
どうしてだかは分からない。
婆さん多分死ぬんだろう。

婆さんヤギを呑み込んだ。
口をアングリ、ヤギ呑んだ。
イヌ獲るヤギを呑み込んだ。
ネコ獲るイヌを呑み込んだ。
トリ獲るネコを呑み込んだ。
モゾモゾウロウロコチョコチョの
クモ獲るトリを呑み込んだ。
ハエ獲るクモを呑み込んだ。
最初にハエを呑み込んだ。
どうしてだかは分からない。
婆さん多分死ぬんだろう。

婆さんウシを呑み込んだ。
どうやったんだか分からない。
ヤギを獲るウシを呑み込んだ。
イヌを獲るヤギを呑み込んだ。
ネコ獲るイヌを呑み込んだ。
トリ獲るネコを呑み込んだ。
モゾモゾウロウロコチョコチョの
クモ獲るトリを呑み込んだ。
ハエ獲るクモを呑み込んだ。
最初にハエを呑み込んだ。
どうしてだかは分からない。
婆さん多分死ぬんだろう。

婆さんウマを呑み込んだ。
もちろん婆さん死んじゃった。

この童謡を知ったのは、多分2年ほど前のことだ。その切っ掛けが、今となっては記憶が曖昧なのだが、思い出そうとして立ち上がってくる頭の中の情景から判断するに、英文のコラムか何かを流し読みしていた際に、「 悪手を弥縫するために、更に酷い悪手を採る」例えとして、この童謡のなかの一句が使われていて、その出典として行き当たったのだと云う気がする。

それ以来、何かの時に、この童謡に就いて、このブログに記事を書いてみようと思ったまま放置してしまっていたものを、今取り出して書き始めているのだが、時間の経過による違和感が私自身にある。まとまりが悪くなりそうだが、このまま、進めることにする。

この童謡に、近代的な意味での「作者」がいた可能性は否定できないし、更に、その上で「作意」が存在した可能性があって、それが「 悪手を弥縫するために、更に酷い悪手を採る」ことへの風刺だったこともありうるだろう。

しかし、この童謡を聞いていてワクワクする感じは、童謡の結末で死んでしまうとは言え、次から次へと大きくなっているものを片端から呑み込んでいく「婆さん」のバケモノ性である。Wikipedia でも、この点を

The humour of the song stems from the absurdity that the woman is able to inexplicably and impossibly swallow animals of preposterous sizes without dying, suggesting that she is both superhuman and immortal;
この童謡の可笑しみは、老婆が、非常識な大きさの動物を、説明不能かつ実現ができる筈がない仕方で、死にもせずに呑み込めること (これは、彼女が超人間的かつ不死なる存在であることを示唆する) に基づいている。

--There Was an Old Lady Who Swallowed a Fly (Wikipedia 12 March 2018, at 20:55)
と的確に指摘している。つまり、この「婆さん」は変装した神 (より正確には地母神) なのだ。

しかし、Wikipedea で、上記引用部分のセミコロンに続いて

however, the addition of a horse is finally enough to kill her. Her inability to survive after swallowing the horse is an event that abruptly and unexpectedly applies real-world logic to the song, directly contradicting her formerly established logic-defying animal-swallowing capability.
しかし、最後にウマが登場して彼女は死ぬことになる。彼女が、ウマを呑み込んだ後生きていけないのは、それ迄彼女のものであった反論理的な動物を呑み込む能力に真っ向から矛盾する現実世界の論理が、突然予見不可能な形で、この童謡に適用されるからである。

--There Was an Old Lady Who Swallowed a Fly (Wikipedia 12 March 2018, at 20:55)
とあるのは、いただけない。

「最後に死ぬ」のも彼女に内在する論理の帰結だからだ。「死ぬのは最後に決まっている」と云う反論は、この場合当たっていない。死んだことで物語が終わるのでなく、死ぬことが、物語の重要なピースなのだ。何故なら、それは、原初的には永遠に循環する死と再生の物語、または、その変異形 (「母の死」ではなく「母から娘への代替わり」) の断片だからだ。

ギリシア神話では、主神が男性であるため、男性神間の代替わりの話になっているが、クロノスからゼウスへの「政権交代」では、クロノスはゼウス以前に生まれた自分の子供たちを次々に呑み込んでいる (対応するローマ神話をゴヤが絵画化しているのは良く知られている。「我が子を食らうサトゥルヌス」)。しかし、末子のゼウスは、母にしてクロノスの妻であるレアに救われる。レアは、夫のクロノスに、赤子だと偽って、[大きな石] を呑み込ませる (「呑み込む」は、「受精」と「埋葬」双方の隠喩になっている)。その後、クロノスはゼウスに討たれて、追放される。

そして、クロノスの敗北とゼウスへの代替わりは、クロノスが、その父ウラノス (と母ガイア) により予言されていたことだった。語られた神話上では、予言の成就を阻止するために、クロノスは我が子たちを次々と呑み込んでいったとされている (そして、「阻止」に失敗する) が、これを目的論的にパラフレーズするならば、クロノスは、次世代の神々を、その主神の誕生まで留保するために自らの体内にとどめ、最後に [大きな石] を呑み込んで、それを次世代の主神ゼウスに metamorphosis させてから (これは、クロノスがゼウスとして転生することでもある)、それらオリュンポス諸神を産み出すのだ。つまり、神々たちの倒木更新がおきていると言える。

ここで連想されるのはグリム童話の「狼と七匹の子山羊」だ。そこでは、オオカミは、末っ子以外の6匹の子ヤギを呑み込むが、結局は、帰ってきた母親ヤギにより、呑み込まれた子ヤギたちと入れ替わりに腹の中に石を詰め込まれて、その重みで泉に落ちて死んでしまう。

この童話では、[6匹の子ヤギ/石] と云う二項対立と、[オオカミ/母親] と云う二項対立が存在して、オオカミと母親との間、子ヤギたちと石との間には緩い等価性が存在する (オオカミは [母親のフリ] をして子ヤギたちを騙す。石は子ヤギの代わりに、オオカミの体内 --むしろ、胎内-- に入れられる)。そして、[オオカミ/母親] は子ヤギたちの母であり、石を体内に蓄える存在として地母神に連なっている。

ここで、石の埋め込みと、子ヤギたちの再生の生起時間が、クロノス-ゼウス説話とは異なり、ほぼ同時であることには留意しておく (恐らく、表見的な相違点)。

ただし、これら2つの説話の平行性は既知。参考:「グリム童話 KHM5 オオカミと七匹の子ヤギ

さらに飛躍するなら、「あかづきん」では、オオカミは、[あかづきん] を呑み込む前に、その祖母を呑み込むことにも注意すべきだろう。オオカミは、[あかづきん] を呑み込むためには、その前に、[おばあさん] を呑み込んで、彼女と一体化する必要があったのだ。これは、[あかづきん] を呑み込むのが、[オオカミ-老婆] 複合体であることを意味する。そして、ここでも、オオカミは、たまたま通りかかった狩人 (Deus ex machina) により [あかづきん] 及び祖母の代わりに、腹の中に石を詰め込まれて、それがもとで死んでしまう。

ただし、「赤ずきん - Wikipedia」によるなら、「赤ずきんとおばあさんが狼のお腹から生きたまま救出されるというエピソードを追加したのは彼ら --引用者註:グリム-- 兄弟である」。

"I know an old lady who swallowed a fly" に帰るなら、この歌は、ピート・シーガー (Pete Seeger) や ピーター・ポール&マリー(Peter, Paul and Mary)などにより、カヴァーされている。詳しくは、上記 "Wikipedia の記事"における "Representative renditions" の項や、"References" の項を参照のこと。引用した2例に就いては、リンクを貼っておく。

  1. Pete Seeger. "Birds, Beasts, Bugs and Fishes (Little and Big) - Smithsonian Folkways"
  2. Peter, Paul and Mary. Peter, Paul and Mary - I Know an Old Lady Who Swallowed a Fly - YouTube

以下、参考になるかもしれないサイト。

  1. 08 I Know an Old Lady Who Swallowed a Fly) - YouTube
  2. I Know An Old Woman Who Swallowed A Fly - YouTube
  3. Burl Ives - I Know An Old Lady - YouTube
  4. There Was An Old Lady Who Swallowed A Fly Nursery Rhyme - YouTube
  5. BBC - School Radio - Nursery songs and rhymes - Nursery rhymes and songs: I know an old lady who swallowed a fly
  6. There Was An Old Woman
  7. I Know An Old Lady Lyrics
  8. Words for Life - There was an old lady
  9. Since 9-11 America’s Insane Foreign Policy — Continued Under Obama — Has Killed a Million and Created ISIS | Global Research - Centre for Research on Globalization
  10. There Was a Fed Chairman Who Swallowed a Fly | Euro Pacific Capital

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メモ:高田衛「国文学者の想像力」(日本經濟新聞 2006年6月3日)

日本經濟新聞 2006年6月3日 (日) 第45378号第32面 (文化) に掲載された、高田衛 (たかだ・まもる) 「国文学者の想像力」は読み応えがあった。

文化五年 (1808) 年正月下旬、時の勘定奉行 [松平信行] (1746--1821)が、身分を隠して、飯田町中坂 (現在の千代田区九段北辺り) に住んでいた [滝沢馬琴] (明和4年6月9日/1767年7月4日--嘉永元年11月6日/1848年12月1日) を突然訪問したが、馬琴は不在だった。訪問者は、懐紙に次のようにしたためて、馬琴の妻 [お百] に托す。

実は、松平信行は、かって元服前の馬琴が仕えていた主人だったのだ。しかし、彼は、父の死去に際して俸禄を半減した主家に落胆した兄が主家を去ったために家督を受け継いだものの、信行の子 [八十五郎] の横暴な振る舞いに堪え兼ねて十四歳の安永9年 (1780年) 十月に主家を退転してしまっていた・・・

  木がらしに
  思ひ立ちけり神の旅

といひし言の葉のむなしからで、今は東都にその名高し。

  名のらずに
  しる人ぞしる梅の宿

 

[ゑ]付言:「木枯らしに」云々は、滝沢少年が主家を脱走した際に、自室の障子に書き残した訣別の辞。

28年の歳月の後、かっての小身旗本は違例の出世を遂げて勘定奉行として幕府の中枢にある一方、その児小姓 (元服前の小姓) は、江戸で隠れもない戯作者に変身していた。

松平信行の行動は、今で言う「著名文化人」となっていた、過去の出奔者滝沢某に対して関係修復を図り、あわよくば、自家に取り込もうとする底意があったのだろう。それに対して、馬琴は一度は主家で催された小宴に伺候したものの、それ以降は息子を代理に立てて、自らは主家に赴くことは無かったと云う。

高田衛は、文章をこう結んでいる。

旧主家に対する敵愾心と、旧主家筋の権力性の対する誇りとの、隠された両義的な心情が、この戯作者の、『南総里見八犬伝』をはじめとする天下国家に立ち向かう物語の数々の見えない背後にあるように思われるのである。

老いた国文学者の想像は拡がる一方である。

 

[ゑ]付言:「旧主家筋の権力性」とは、松平信行の本家の当主が、天明から亨和、そして文化年間死去するまで老中として権勢を揮った [松平信明] (宝暦13年2月10日/1763年3月24日 -- 文化14年8月16日/1817年9月26日) を念頭に置いている。そして、高田衛は、松平信行の滝沢馬琴訪問の影に、この松平信明か、或いは、[根岸鎮衛] --[耳嚢] の著者-- の存在を推定している。

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私家版 [周期表記憶法]

自分用に、周期表を記憶するための語呂合わせを作ってみた。所謂「定番」(「水兵リーベ・・・」など) と一括して記録しておく。なお、以下において、特定の地名・組織名その他の名称と一致又は類似する音の並びがあっても、他意はないので悪しからず。

本題に入る前に、「語呂合わせ」の前提として、周期表を掲げておく。

IA IIA IIIB IVB VB VIB VIIB VIII IB IIB IIIA IVA VA VIA VIIA 0
1 1
H
水素
2
He
ヘリウム
2 3
Li
リチウム
4
Be
ベリリウム
5
B
ホウ素
6
C
炭素
7
N
窒素
8
O
酸素
9
F
フッ素
10
Ne
ネオン
3 11
Na
ナトリウム
12
Mg
マグネシウム
13
Al
アルミニウム
14
Si
ケイ素
15
P
リン
16
S
硫黄
17
Cl
塩素
18
Ar
アルゴン
4 19
K
カリウム
20
Ca
カルシウム
21
Sc
スカンジウム
22
Ti
チタン
23
V
バナジウム
24
Cr
クロム
25
Mn
マンガン
26
Fe
27
Co
コバルト
28
Ni
ニッケル
29
Cu
30
Zn
亜鉛
31
Ga
ガリウム
32
Ge
ゲルマニウム
33
As
ヒ素
34
Se
セレン
35
Br
臭素
36
Kr
クリプトン
5 37
Rb
ルビジウム
38
Sr
ストロンチウム
39
Y
イットリウム
40
Zr
ジルコニウム
41
Nb
ニオブ
42
Mo
モリブデン
43
Tc
テクネチウム
44
Ru
ルテニウム
45
Rh
ロジウム
46
Pd
パラジウム
47
Ag
48
Cd
カドミウム
49
In
インジウム
50
Sn
スズ
51
Sb
アンチモン
52
Te
テルル
53
I
ヨウ素
54
Xe
キセノン
6 55
Cs
セシウム
56
Ba
バリウム
L
ランタノイド
72
Hf
ハフニウム
73
Ta
タンタル
74
W
タングステン
75
Re
レニウム
76
Os
オスミウム
77
Ir
イリジウム
78
Pt
白金
79
Au
80
Hg
水銀
81
Tl
タリウム
82
Pb
83
Bi
ビスマス
84
Po
ポロニウム
85
At
アスタチン
86
Rn
ラドン
7 87
Fr
フランシウム
88
Ra
ラジウム
A
アクチノイド
104
Rf
ラザホージウム
105
Db
ドブニウム
106
Sg
シーボーギウム
107
Bh
ボーリウム
108
Hs
ハッシウム
109
Mt
マイトネリウム
110
Ds
ダームスタチウム
111
Rg
レントゲニウム
112
Cn
コペルニシウム
113
Uut
ウンウントリウム
114
Uuq
ウンウンクアジウム
115
Uup
ウンウンペンチウム
116
Uuh
ウンウンヘキシウム
117
Uus
ウンウンセプチウム
118
Uuo
ウンウンオクチウム
L
ランタノイド
57
La
ランタン
58
Ce
セリウム
59
Pr
プラセオジム
60
Nd
ネオジム
61
Pm
プロメチウム
62
Sm
サマリウム
63
Eu
ユウロピウム
64
Gd
ガドリニウム
65
Tb
テルビウム
66
Dy
ジスプロジウム
67
Ho
ホルミウム
68
Er
エルビウム
69
Tm
ツリウム
70
Yb
イッテルビウム
71
Lu
ルテチウム
A
アクチノイド
89
Ac
アクチニウム
90
Th
トリウム
91
Pa
プロトアクチニウム
92
U
ウラン
93
Np
ネプツニウム
94
Pu
プルトニウム
95
Am
アメリシウム
96
Cm
キュリウム
97
Bk
バークリウム
98
Cf
カリホルニウム
99
Es
アインスタニウム
100
Fm
フェルミウム
101
Md
メンデレビウム
102
No
ノーベリウム
103
Lr
ローレンシウム

まず、横方向の並びの語呂合わせ。勿論、「水兵リーベ・・・」で始まっている。

第1巡-第3巡. (H)(He)(Li)(Be)(B,C)(N,O)(F,Ne)(Na)曲がる(Mg,Al)シップ(Si,P)(S)(Cl,Ar)入り。

  1. H: 水素 (hydrogen), He:ヘリウム。
  2. Li:リチウム, Be:ベリリウム, B:ホウ素 (boron), C:炭素 (carbon), N:窒素 (nitrogen), O:酸素 (oxygen), F:フッ素 (fluorine), Ne:ネオン
  3. Na: ナトリウム, Mg: マグネシウム, Al:アルミニウム, Si:ケイ素 (silicon), P:リン (phosphorus), S:硫黄 (sulfur), Cl:塩素 (chlorine), Ar:アルゴン

第4巡. (K)カァ(Ca)好かん(Sc)(Ti)(V)(Cr)マン(Mn)ジュウ、(Fe)(Co)(Ni)どう(Cu)? かん、くえん(Zn)! ガリ(Ga)っとしたのは。。。(Ge)!! (As,Se)臭い(Br)(Kr)

  1. K:カリウム, Ca:カルシウム, Sc:スカンジウム, Ti:チタン, V:バナジウム, Cr:クロム, Mn:マンガン, Fe:鉄 (ラテン語 ferrum), Co:コバルト, Ni:ニッケル, Cu:銅 (後期ラテン語 cuprum), Zn:亜鉛 (zinc), Ga:ガリウム, Ge:ゲルマニウム, As:ヒ素 (arsenic), Se:セレン, Br:臭素 (bromine), Kr:クリプトン

第5巡. 5丁目にあるビ(Rb)ストロ(Sr)「青い鳥(Y)」の青(Zr)臭う(Nb)盛り(Mo)、喰いてくねぇ(Tc)、帰るって(Ru)老人(Rh)、すきっ(Pd)(Ag)座の(Cd)イン(In)して、スズ(Sn)ラン(Sb)通りで遣ってる(Te)(I)食屋の季節(Xe)料理を食べた。

  1. Rb:ルビジウム, Sr:ストロンチウム, Y:イットリウム, Zr:ジルコニウム, Nb:ニオブ, Mo:モリブデン, Tc:テクネチウム, Ru:ルテニウム, Rh:ロジウム, Pd:パラジウム, Ag:銀 (ラテン語 argentum), Cd:カドミウム, In:インジウム, Sn:スズ (ラテン語 stannum), Sb:アンチモン (ラテン語 stibium), Te:テルル, I:ヨウ素 (iodine), Xe:キセノン

第6巡. せし(Cs)めた(Ba)かりのラー(L)メン、ハーフ(Hf)タン(Ta)タン(W)(Re)麺。お酢(Os)入れ(Ir)ても、はっきり(Pt,Au)(Hg)足り(Tl)(Pb)ビー(Bi)ルはサッポロ(Po)あと(At)コーラドン(Rn)ドン持ってきて。

  1. Cs:セシウム, Ba:バリウム, L:ランタノイド, Hf:ハフニウム, Ta:タンタル, W:タングステン (ドイツ語 Wolfram), Re:レニウム, Os:オスミウム, Ir:イリジウム, Pt:白金 (platinum), Au:金 (ラテン語 aurum), Hg:水銀 (近世ラテン語 hydrargyrum 但し古典時代に hydrargyrus と云う語形での使用例がある), Tl:タリウム, Pb:鉛 (ラテン語 plumbum), Bi:ビスマス, Po:ポロニウム, At:アスタチン, Rn:ラドン

第7巡. フランス(Fr)ラジ(Ra)コン、空き地(A)で飛ばす。ラフ(Rf)越え、ドブ(Db)すぐ(Sg)ボッ(Bh)チャン。ハッ(Hs)とした、参った(Mt)ダーッと取りに行ったが、ダだった、こし遅かっ(Da)。取れん(Rg)かった。腹ペコペ(Cn)コ。

  1. Fr:フランシウム, Ra:ラジウム, A:アクチノイド, Rf:ラザホージウム, Db:ドブニウム, Sg:シーボーギウム, Bh:ボーリウム, Hs:ハッシウム, Mt:マイトネリウム, Ds:ダームスタチウム, Rg:レントゲニウム, Cn:コペルニシウム

ランタノイド. (La)(Ce)プラッ(Pr)ネオ(Nd)プロメテウス(Pr)(Sm)登場。(Eu)(Gd)に遣ってる(Tb)。食事済(Dy)ませて、(Ho)エール(Er)釣り(Tm)行って(Yb)るって(Lu)

  • La:ランタン, Ce:セリウム, Pr:プラセオジム, Nd:ネオジム, Pm:プロメチウム, Sm:サマリウム, Eu:ユウロピウム, Gd:ガドリニウム, Tb:テルビウム, Dy:ジスプロシウム, Ho:ホルミウム, Er:エルビウム, Tm:ツリウム, Yb:イッテルビウム, Lu:ルテチウム

アクチノイド. (Ac)(Th)プロ(Pa)恨ん(U)(Np)。タップリ(Pu)儲かる(Am)(Cm)(Ba)かり(Cf)か、真似たアイ(Es)ドル増える(Fm)。なめん(Md)(No)やめ(Lr)

  • Ac:アクチニウム, Th:トリウム, Pa:プロトアクチニウム, U:ウラン, Np:ネプツニウム, Pu:プルトニウム, Am:アメリシウム, Cm:キュリウム, Bk:バークリウム, Cf:カリホルニウム, Es:アインスタイニウム, Fm:フェルミウム, Md:メンデレビウム, No:ノーベリウム, Lr:ローレンシウム

縦方向の語呂合わせは以下の通り。

第IA族. エッチ(H)リッチ(Li)(Na)カー(K)ちゃん、ルビー(Rb)せし(Cs)めてフランス(Fr)へ。

    H: 水素 (hydrogen), Li:リチウム, Na: ナトリウム, K:カリウム, Rb:ルビジウム, Cs:セシウム, Fr:フランシウム

第IIA族. ベリ(Be)ッと破ったマグ(Mg)カル(Ca)タ、洗って干すと(Sr)(Ba)(Ra)バラに。

    Be:ベリリウム, Mg: マグネシウム, Ca:カルシウム, Sr:ストロンチウム, Ba:バリウム, Ra:ラジウム

第IIIB族. スカ(Sc)(Y)ラーク(L,A)は3B階。

    Sc:スカンジウム, Y:イットリウム, L:ランタノイド, A:アクチノイド

第IVB族. 外人の(Ti)が混じっ(Zr)てるハーフ(Hf)のブラザホー(Rf)

    Ti:チタン, Zr:ジルコニウム, Hf:ハフニウム, Rf:ラザホージウム

第VB族. 鼻血(V)が出るほど匂う(Nb)(Ta)ドブ(Db)

    V:バナジウム, Nb:ニオブ, Ta:タンタル, Db:ドブニウム

第VIB族. (Cr)(Mo)天狗(W)死亡(Sg)

    Cr:クロム, Mo:モリブデン, W:タングステン, Sg:シーボーギウム

第VIIB族. (Mn)画家、テク無(Tc)(Re)載無(Bh)

    Mn:マンガン, Tc:テクネチウム, Re:レニウム, Bh:ボーリウム

第VII族-I. (Fe)を売るって(Ru)おっさ(Os)ハッス(Hs)ル。

    Fe:鉄, Ru:ルテニウム, Os:オスミウム, Hs:ハッシウム

第VIII族-II. 小林(Co)老人(Rh)炒り(Ir)卵うまい(Mt)

    Co:コバルト, Rh:ロジウム, Ir:イリジウム, Mt:マイトネリウム

第VIII族-III. (Ni)本のパラダ(Pd)イス、白金(Pt)のマダムスタチ(Ds)

    Ni:ニッケル, Pd:パラジウム, Pt:白金, Ds:ダームスタチウム

第IB族. (Cu)(Ag)(Au)れんと拳(Rg)骨よ。

    Cu:銅, Ag:銀, Au:金, Rg:レントゲニウム

第IIB族. 君に逢えな(Zn)い街(Cd)(Hg)コッペ(Cn)パン食べる。

    Zn:亜鉛, Cd:カドミウム, Hg:水銀, Cn:コペルニシウム

第IIIA族. 放送(B)ある(Al)(Ga)(In)たり(Tl)来ず。

    B:ホウ素, Al:アルミニウム, Ga:ガリウム, In:インジウム, Tl:タリウム

第IVA族. (C)(Si)ゲイ(Ge)すん(Sn)(Pb)

    C:炭素, Si:ケイ素, Ge:ゲルマニウム, Sn:スズ, Pb:鉛

第VA族. (N)(P)秘書(As)アンチ(Sb)(Bi)ジネス。

    N:窒素, P:リン, As:ヒ素, Sb:アンチモン, Bi:ビスマス

第VIA族. (O)代続く凄いおお(S)金持ちのセレ(Se)ブがやってる(Te)スポーツはポロ(Po)

    O:酸素, S:硫黄, Se:セレン, Te:テルル, Po:ポロニウム

第VIIA族. (F)漬け(Cl)っぱ臭い(Br)(I)アスタ(At)喰お。

    F:フッ素, Cl:塩素, Br:臭素, I:ヨウ素, At:アスタチン

第O族 (He)ネー(Ne)ちゃん、ある(Ar)クルッ(Kr)と回って奇声(Xe)あげたらドン(Rn)と打たれた。

    He:ヘリウム, Ne:ネオン, Ar:アルゴン, Kr:クリプトン, Xe:キセノン, Rn:ラドン

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メモ: html での上付き文字と下付き文字の垂直アラインメント

[メモ:理科年表 [物理/化学部 旋光物質] における用語の誤りに就いて] (2012年4月8日[日) を書いた時に、普通に原稿を書くと、比旋光度の上付き文字と下付き文字が [α]20D と云うようにズレてしまうので、初め TeX で画像化する積もりだったが、「ナンダカメンドー」と思って、泥縄式で html の範囲内で処理した (もう誰かが既にヨリ優れたものを発表していると思う。ただ、チョット探したが見つからないので、自分で作っちゃった方が早そうだったのだ)。

私が現に使っている以外のシステムでは旨くいかないかもしれないし、ブラウザによっても表示がズレてしまう可能性があるが、今のところは私自身のモニタ上では、「コンナモンダロー」と云う結果が得られるので、使うことにした。

ついでに、度数単位の上付きの丸 "°" の後に出来る空白を詰めておいた。

備忘のため、処理方法を顕在化しておく。

  1. 未処理:コード [α]<sup>D</sup><sub>20</sub>/(&deg;) 結果 [α]D20/(°)

    処理済:コード [α]<sup>D</sup><sub style="margin-left:-0.7em">20</sub>/(<span style="letter-spacing:-0.7em">&deg;)</span> 結果 [α]D20/(°)

  2. 未処理:コード [α]<sup>22</sup><sub>D</sub> 結果 [α]22D

    処理済:コード [α]<sup>22</sup><sub style="margin-left:-1em">D</sub> 結果 [α]22D

margin-left や letter-spacing の値は、フォントによって微妙に変える必要が出てくるだろう。

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平成壬辰年還暦所感

馬齢六十を重ね
豈猶能く龍馬たらむや
駑馬は一歩を継ぐに一歩を以てし
一簣の後に一簣を覆すのみ

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