微積5.5.5

$u=\sin\theta$ と置くと $u:0 \to 1$、$du=\cos\theta\ d\theta$より、$d\theta=\dfrac{du}{\sqrt{1-u^2}}$ となるから、$$\begin{align} \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \sqrt{\sin\theta}\ d\theta
&=\int^{0}_1 u^{\frac{1}{2}}(1-u^2)^{-\frac{1}{2}}du \end{align}$$となる。更にここで $t=u^2$ と置けば、$2udu=dt$ より、$du=\dfrac{dt}{2\sqrt{t}}$ となるから、

$$\begin{align} \int^{0}_1 u^{\frac{1}{2}}(1-u^2)^{-\frac{1}{2}}du
&=\dfrac{1}{2}\int^{1}_0 t^{-\frac{1}{4}}(1-t)^{-\frac{1}{2}}dt \\
&=\dfrac{1}{2}B\left(\dfrac{3}{4},\dfrac{1}{2}\right) \\
&=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\varGamma\left(\dfrac{3}{4}\right)\varGamma\left(\dfrac{1}{2}\right)}{\varGamma\left(\dfrac{5}{4}\right)} \\
&=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\varGamma\left(\dfrac{3}{4}\right)\varGamma\left(\dfrac{1}{2}\right)}{\dfrac{1}{4}\varGamma\left(\dfrac{1}{4}\right)} \\
&=2\cdot\dfrac{\varGamma\left(\dfrac{3}{4}\right)\sqrt{\pi}}{\varGamma\left(\dfrac{1}{4}\right)}\end{align}$$と表せる。

また、同様に置換すれば、$$\begin{align} \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \dfrac{d\theta}{\sqrt{\sin\theta}}
&=\int^{0}_1 u^{-\frac{1}{2}}(1-u^2)^{-\frac{1}{2}}du \\
&=\dfrac{1}{2}\int^{1}_0 t^{-\frac{3}{4}}(1-t)^{-\frac{1}{2}}dt \\
&=\dfrac{1}{2}B\left(\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2}\right) \\
&=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\varGamma\left(\dfrac{1}{4}\right)\varGamma\left(\dfrac{1}{2}\right)}{\varGamma\left(\dfrac{3}{4}\right)} \\
&=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\varGamma\left(\dfrac{1}{4}\right)\sqrt{\pi}}{\varGamma\left(\dfrac{3}{4}\right)}\end{align}$$と表せる。

したがって$$\displaystyle \left(\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \sqrt{\sin\theta}\ d\theta \right)\left(\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \dfrac{d\theta}{\sqrt{\sin\theta}}\right)=\pi$$を得る。

※本問の関係式は余弦に関しても成り立ちます。即ち、$$\displaystyle \left(\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \sqrt{\cos\theta}\ d\theta \right)\left(\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \dfrac{d\theta}{\sqrt{\cos\theta}}\right)=\pi$$となります。これは積分変数を $\varphi=\dfrac{\pi}{2}-\theta$ などと置き直せば正弦の場合と全く同様に証明できます。