解説したい問題の解説

定積分

問１

解答
$$\begin{gathered} \begin{array}{rcl}I& =& {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{\sin 2x+2{\cos }^{2}x}dx\\ & =& {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{\sin 2x+\cos 2x+1}dx\end{array} \\ t=\frac{\pi }{4}-xと置換すると \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} \begin{array}{rcl}I& =& {\int }_{\frac{\pi }{4}}^0\frac{\frac{\pi }{4}-t}{\sin 2(\frac{\pi }{4}-t)+\cos (\frac{\pi }{4}-t)+1}(-dt)\\ & =& {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\frac{\pi }{4}-x}{\sin 2x+\cos 2x+1}dx\end{array} \\ したがって、 \end{gathered}$$
$$\begin{array}{rcl}I& =& \frac{1}{2}(I+I)\\ & =& \frac{1}{2}({\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{\sin 2x+\cos 2x+1}dx+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\frac{\pi }{4}-x}{\sin 2x+\cos 2x+1}dx)\\ & =& \frac{\pi }{8}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{\sin 2x+\cos 2x+1}dx\\ さらに、y=\tan xと置換すると\\ dx=\frac{1}{1+y^2}dy\\ \sin 2x=\frac{2y}{1+y^2}\\ \cos 2x=\frac{1-y^2}{1+y^2}\\ であるため、\\ I& =& \frac{\pi }{8}{\int }_0^1\frac{1}{\frac{2y}{1+y^2}+\frac{1-y^2}{1+y^2}+1}\frac{1}{1+y^2}dy\\ & =& \frac{\pi }{8}{\int }_0^1\frac{1}{2y+1-y^2+1+y^2}dy\\ & =& \frac{\pi }{16}{\int }_0^1\frac{1}{1+y}dy\\ & =& \frac{\pi }{16}[\log |1+y|{]}_0^1\\ & =& \frac{\pi }{16}\log 2\end{array}$$

問２

解答
$$\begin{gathered} 分子・分母を{\cos }^{2}xで割る(\cos x\ne 0)。 \\ \begin{array}{rcl}I& =& {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{1+2{\sin }^{2}x}dx\\ & =& {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\frac{1}{{\cos }^{2}x}}{\frac{1}{{\cos }^{2}x}+2\frac{{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}}dx\\ & =& {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{1+\tan x}・\frac{1}{{\cos }^{2}x}dx\end{array}ここで、\sqrt{3}\tan x=\tan y(-\frac{\pi }{2}<y<\frac{\pi }{2})とすると、x|0\to \frac{\pi }{4}のときy|0\to \frac{\pi }{3}であり、 \\ \frac{dx}{{\cos }^{2}x}=\frac{dy}{\sqrt{3}{\cos }^{2}y} \\ であるから、 \end{gathered}$$
$$\begin{array}{rcl}I& =& {\int }_0^{\frac{\pi }{3}}\frac{1}{1+{\tan }^{2}y}・\frac{1}{\sqrt{3}{\cos }^{2}y}dy\\ & =& \frac{\sqrt{3}}{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{3}}dy\\ & =& \frac{\sqrt{3}}{3}[y{]}_0^{\frac{\pi }{3}}\\ & =& \frac{\sqrt{3}}{9}\pi \end{array}$$

問３

解答
$$\begin{gathered} I={\int }_o^{\pi }\frac{1}{1+2{\sin }^{2}x}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+2{\sin }^{2}x}dx+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\frac{1}{1+2{\sin }^{2}x}dx \\ 第２項について、t=\pi -xと置換すると、 \\ {\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\frac{1}{1+2{\sin }^{2}x}dx={\int }_{\frac{\pi }{2}}^0\frac{1}{1+2{\sin }^2(\pi -t)}(-dt)={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+2{\sin }^{2}t}dt \\ \therefore I=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+2{\sin }^{2}x}dx \\ ここで、y=\tan \frac{x}{2}と置換すると、 \\ dx=\frac{2}{1+y^2}dy \\ \sin x=\frac{2y}{1+y^2} \\ となるから、 \\ \begin{array}{rcl}\frac{1}{2}I& =& {\int }_0^1\frac{1}{1+2{\left(\frac{2y}{1+y^2}\right)}^2}・\frac{2}{1+y^2}dy\\ & =& {\int }_0^1\frac{2y^2+2}{y^4+10y^2+1}\\ & =& {\int }_0^1\frac{2y^2+2}{(y^2+5+2\sqrt{6})(y^2+5-2\sqrt{6})}dy\end{array} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} ここで、被積分関数について、 \\ \frac{2y^2+2}{(y^2+5+2\sqrt{6})(y^2+5-2\sqrt{6})}=\frac{\sqrt{3}}{3}(\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{y^2+5+2\sqrt{6}}+\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{y^2+5-2\sqrt{6}}) \\ と部分分数分解される。 \\ 第１項の積分について、(\sqrt{3}+\sqrt{2}{)}^2=5+2\sqrt{6}であることを踏まえてy=(\sqrt{3}+\sqrt{2})\tan s(-\frac{\pi }{2}<s<\frac{\pi }{2})と置換すると、 \\ \begin{array}{rcl}{\int }_0^1\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{y^2+5+2\sqrt{6}}dt& =& {\int }_0^{\alpha }\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{(\sqrt{3}+\sqrt{2}{)}^2({\tan }^{2}s+1)}・\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{{\cos }^{2}s}ds\\ & =& {\int }_0^{\alpha }ds\\ & =& \alpha \end{array} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} ただし、\alpha は\tan \alpha =\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}=\sqrt{3}-\sqrt{2}(0<\alpha <\frac{\pi }{2})を満たす弧度である。 \\ 同様に、第２項の積分についても、y=(\sqrt{3}-\sqrt{2})\tan u(-\frac{\pi }{2}<u<\frac{\pi }{2})と置換すると \\ {\int }_0^1\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{y^2+5-2\sqrt{6}}dy={\int }_0^{\beta }du=\beta \\ ただし、\beta は\tan \beta =\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}=\sqrt{3}+\sqrt{2}を満たす弧度である。 \\ ここで、 \\ \tan \alpha \tan \beta =(\sqrt{3}-\sqrt{2})(\sqrt{3}+\sqrt{2})=1(...\ast )である。 \\ また、加法定理から、\tan (\alpha +\beta )=\frac{\tan \alpha +\tan \beta }{1-\tan \alpha \tan \beta }であり、(\ast )と\alpha ,\beta 共に鋭角から \\ \begin{array}{r}\alpha +\beta =\frac{\pi }{2}\\ \therefore I& =& \frac{2\sqrt{3}}{3}{\int }_0^1(\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{y^2+5+2\sqrt{6}}+\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{y^2+5-2\sqrt{6}})dy\\ & =& \frac{2\sqrt{3}}{3}(\alpha +\beta )\\ & =& \frac{\sqrt{3}}{3}\end{array} \end{gathered}$$

解答
$$\begin{gathered} I={\int }_0^{\pi }\frac{1}{1+2{\sin }^{2}x}dx \\ r=\sqrt{\frac{1}{1+2{\sin }^2\theta }} \\ という極方程式を考える。これを直交座標における方程式に直すと、 \\ {r}^2+2r^2{\sin }^2\theta =1 \\ (x^2+y^2)+2y^2=1 \\ {x}^2+3y^2=1 \\ これは、原点を中心とした楕円を表す。 \\ また、 \\ \frac{1}{2}I=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }{r}^{2}d\theta \\ について、その値が意味するものは、x^2+3y^2\leqq 0かつy\geqq 0が示す領域の面積であるため、 \\ \begin{array}{rcl}\frac{1}{2}I& =& 1・\frac{\sqrt{3}}{3}・\pi \times \frac{1}{2}\\ & =& \frac{\sqrt{3}}{6}\\ \\ \therefore {\int }_0^{\pi }\frac{1}{1+{\sin }^{2}x}dx=\frac{\sqrt{3}}{3}\end{array} \end{gathered}$$

問４

解法
$$\begin{gathered} I={\int }_0^{\pi }\frac{1}{3+{\sin }^{2}2x}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{3+{\sin }^{2}2x}dx+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\frac{1}{3+{\sin }^{2}2x} \\ 第２項について、x=\pi -tと置換すると、 \\ {\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\frac{1}{3+{\sin }^{2}2x}dx={\int }_{\frac{\pi }{2}}^0\frac{1}{3+{\sin }^2(\pi -t)}(-dt)={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{3+{\sin }^{2}2t}dt \\ すなわち、 \\ \begin{array}{rcl}{\int }_o^{\pi }\frac{1}{3+{\sin }^{2}2x}dx& =& 2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{3+{\sin }^{2}2x}dx\\ & =& 2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{3+4{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x}dx\\ & =& \frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{(1+2{\cos }^{2}x)+(1+2{\sin }^{2}x)}{(1+2{\sin }^{2}x)(1+2{\cos }^{2}x)}dx\\ & =& \frac{1}{2}({\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+2{\sin }^{2}x}dx+{\int }_0^{\frac{pi}{2}}\frac{1}{1+2{\cos }^{2}x}dx)\end{array} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} この第２項について、x=\frac{\pi }{2}-yと置換すると、 \\ {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+2{\cos }^{2}x}dx={\int }_{\frac{\pi }{2}}^0\frac{1}{1+2{\cos }^2(\frac{\pi }{2}-y)}(-dy)={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+2{\sin }^{2}y}dy \\ したがって、問３結果と合わせて、 \\ {\int }_0^{\pi }\frac{1}{3+{\sin }^{2}2x}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+2{\sin }^{2}x}dx=\frac{\sqrt{3}}{6}\pi \end{gathered}$$

問５

解答
$$\begin{gathered} r=\frac{3}{2+\sin \theta } \\ という極方程式を考える。これを直交座標における方程式に直すと・ \\ 2r＝3-r\sin \theta \\ 2\sqrt{x^2+y^2}=3-y \\ 4(x^2+y^2)=9-6y+y^2 \\ 4x^2+3(y+1{)}^2=12 \\ \frac{x^2}{3}+\frac{(y+1{)}^2}{4}=1 \end{gathered}$$

zu
$$\begin{gathered} これは、点(0,-1)を中心とする上の楕円を表す。そして、 \\ \frac{1}{2}I=\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{r}^{2}d\theta \\ について、その値が表すものは、\frac{x^2}{3}+\frac{(y+1{)}^2}{4}<0かつx\geqq 0かつy\geqq 0の示す領域の面積である。 \\ x\geqq 0の範囲において、 \\ x=\frac{1}{2}\sqrt{12-3(y+1{)}^2} \\ であるから、上述の面積は、 \\ {\int }_0^{1}xdy=\frac{1}{2}{\int }_o^1\sqrt{12-3(y+1{)}^2}dy \\ y+1=2\sin t(-\frac{\pi }{2}<t>\frac{\pi }{2})と置換すると、y|0\to 1の時、t|\frac{\pi }{6}\to \frac{\pi }{2}となるので、 \end{gathered}$$
$$\begin{array}{rcl}\frac{1}{2}I& =& \frac{1}{2}{\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{12(1-{\sin }^{2}t)}・2\cos tdt\\ & =& 2\sqrt{3}{\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}tdt\\ & =& \sqrt{3}{\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}(1+2\cos 2t)dt\\ & =& \sqrt{3}[t+\frac{1}{2}\sin 2t{]}_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}\\ & =& \frac{\sqrt{3}}{3}\pi -\frac{3}{4}\\ したがって、\\ {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\left(\frac{3}{2+\sin x}\right)}^{2}dx=\frac{2\sqrt{3}}{3}-\frac{3}{2}\end{array}$$

問６

解答
$$\begin{gathered} I={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{\tan x}dx \\ \sqrt{\tan x}=tと置換すると、 \\ dx=\frac{2t}{1+t^4}となるから、 \\ \begin{array}{rcl}I& =& {\int }_0^{1}t・\frac{2t}{1+t^4}dt\\ & =& {\int }_0^1\frac{2t^2}{1+t^4}dt\\ & =& {\int }_0^1\frac{2t^2}{(t^2+\sqrt{2}t+1)(t^2-\sqrt{2}+1)}dt\end{array} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} この被積分関数を、 \\ \frac{2t^2}{(t^2+\sqrt{2}t+1)(t^2-\sqrt{2}t+1)}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{t}{t^2-\sqrt{2}t+1}-\frac{t}{t^2+\sqrt{2}t+1}) \\ と部分分数分解し、各項の定積分をそれそれ \\ {I}_1={\int }_0^1\frac{t}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt \\ {I}_2={\int }_0^1\frac{t}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt \\ と置く。 \\ {I}_1について、 \\ {I}_1=\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{(t^2-\sqrt{2}t+1{)}^{\prime }+\sqrt{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt=\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{(t^2-\sqrt{2}t+1{)}^{\prime }}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt+\frac{\sqrt{2}}{2}{\int }_0^1\frac{1}{t^2-\sqrt{2}t+1}dx \\ と変形すると、第１項は \\ \frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{2t-\sqrt{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt=\frac{1}{2}[\log |t^2-\sqrt{2}t+1{]}_0^1=\frac{1}{2}\log (2-\sqrt{2}) \\ 第２項は \\ \frac{\sqrt{2}}{2}{\int }_0^1\frac{1}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt=\sqrt{2}{\int }_0^1\frac{1}{(\sqrt{2}t-1{)}^2+1} \\ \sqrt{2}-1=\tan u(-\frac{\pi }{2}<u<\frac{\pi }{2})と置換すると、 \\ \begin{array}{rcl}\sqrt{2}{\int }_0^1\frac{1}{(\sqrt{2}t-1{)}^2+1}dx& =& \sqrt{2}{\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\alpha }\frac{1}{{\tan }^{2}u+1}・\frac{1}{\sqrt{2}{\cos }^{2}u}du\\ & =& {\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\alpha }du\\ & =& \alpha +\frac{\pi }{4}\\ ただし、\alpha は\tan \alpha =\sqrt{2}-1(0<\alpha <\frac{\pi }{2})を満たす弧度である。\end{array} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} I_2についても同様に、 \\ {I}_2=\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{(t^2+\sqrt{2}t+1{)}^{\prime }}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt-\frac{\sqrt{2}}{2}{\int }_0^1\frac{1}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt \\ と変形すると、第１項は \\ \frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{2t+\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt=\frac{1}{2}[\log |t^2+\sqrt{2}t+1|{]}_0^1=\frac{1}{2}\log (2+\sqrt{2}) \\ 第２項は \\ \frac{\sqrt{2}}{2}{\int }_0^1\frac{1}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt=\sqrt{2}{\int }_0^1\frac{1}{(\sqrt{2}t+1{)}^2+1}dt \\ \sqrt{2}t+1=\tan u(-\frac{1}{2}<u<\frac{1}{2})と置換をすると、 \\ \begin{array}{rcl}\sqrt{2}{\int }_0^1\frac{1}{(\sqrt{2}+1{)}^2}dt& =& \sqrt{2}{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\beta }\frac{1}{{\tan }^{2}u+1}・\frac{1}{\sqrt{2}{\cos }^{2}u}du\\ & =& {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\beta }du\\ & =& \beta -\frac{\pi }{4}\end{array} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} ただし、\beta は\tan \beta =\sqrt{2}+1(0<\beta <\frac{\pi }{2})を満たす弧度である。 \\ 以上より、 \\ \begin{array}{rcl}I& =& \frac{1}{\sqrt{2}}(I_1-I_2)\\ & =& \frac{1}{\sqrt{2}}\{(\frac{1}{2}\log (2-\sqrt{2})+\alpha +\frac{\pi }{4})-(\frac{1}{2}\log (2+\sqrt{2})-/beta+\frac{\pi }{4})\}\\ & =& \frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{2}\log (3-2\sqrt{2})+\alpha +\beta )\\ & =& \frac{1}{\sqrt{2}}(\log (\sqrt{2}-1)+\alpha +\beta )\end{array} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} ここで、 \\ \tan \alpha \tan \beta =(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)=1 \\ かつ\alpha ,\beta ともに鋭角であるため、問３と同様に、 \\ \alpha +\beta =\frac{\pi }{2} \\ よって、 \\ {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{\tan x}dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\{\log (\sqrt{2}-1)+\frac{\pi }{2}\} \end{gathered}$$

問７

解答
$$\begin{gathered} I=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{(\log n)}^2\{\sin \left(\frac{1}{\log n}\right)-\sin \left(\frac{1}{\log (n+1)}\right)\} \\ 平均値の定理より \\ \frac{\sin \left(\frac{1}{\log n}\right)-\sin \left(\frac{1}{\log (n+1)}\right)}{\frac{1}{\log n}-\frac{1}{\log (n+1)}}=(\sin c{)}^{\prime }(\frac{1}{\log (n+1)}\leqq c\leqq \frac{1}{\log n}) \\ すなわち \\ \sin \left(\frac{1}{\log n}\right)-\sin \left(\frac{1}{\log (n+1)}\right)=(\frac{1}{\log n}-\frac{1}{\log (n+1)})(\sin c{)}^{\prime }(\frac{1}{\log (n+1)}\leqq c\leqq \frac{1}{\log n}) \\ をとなるようなcが存在する。よって \\ \begin{array}{rcl}I& =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n(\log n{)}^2(\frac{1}{\log n}-\frac{1}{\log (n+1)})(\sin c{)}^{\prime }\\ & =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n(\log n{)}^2\left(\frac{\log (n+1)-\log n}{\log n・\log (n+1)}\right)(\sin c{)}^{\prime }\\ & =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n\log n\frac{\log (1+\frac{1}{n})}{\log (n+1)}(\sin c{)}^{\prime }\\ & =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\log {(1+\frac{1}{n})}^n\frac{\log n}{\log (n+1)}(\sin c{)}^{\prime }\end{array} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} ここで、 \\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\log {(1+\frac{1}{n})}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\log e=1...\mathrm{①} \\ \begin{array}{rclrc}\frac{\log n}{\log (n+1)}& =& \frac{\log n}{\log n(1+\frac{1}{n})}& =& \frac{\log n}{\log n+\log (1+\frac{1}{n})}\\ & =& \frac{1}{1+\frac{\log (1+\frac{1}{n})}{\log n}}\end{array} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} ここで、\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{log(1+\frac{1}{n})}{\log n}=0であるため、 \\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\log n}{\log (n+1)}=1...\mathrm{②} \\ (\sin c{)}^{\prime }=\cos cであり、 \\ n\to \mathrm{\infty }と\frac{1}{\log (n+1)}\leqq c\leqq \frac{1}{\log n}から、はさみうちの原理により \\ c=0 \\ すなわち(\sin c{)}^{\prime }=1...\mathrm{③} \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} 以上より、 \\ I=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}1\times 1\times 1=1 \end{gathered}$$