文献あり

MIT Integration Beeを解く【MIT Integration Bee RegularSeason-2023】

この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

1.本ページでやること

今回はMIT Integration Bee 2023第二予選問題の解答と解説をしてみる。使用した関数、テクニックは以下でまとめた。 https://mathlog.info/articles/CMsARUspoc4FiCRFTArY

2.MIT Integration Beeについて

MIT Integration Beeとは、マサチューセッツ工科大学（MIT）で毎年1月に開催される、学生向けの積分計算コンテストのこと。
問題は、Qualifying(予選)、Regular Season(第二予選)、Quarterfinal(準々決勝)、Semifinal(準決勝)、Final(決勝)からなる。
もちろん難易度は決勝に行くにつれて難しくなる。

3.評価

筆者は問題を次のように評価した。(異論は認める)
★☆☆☆☆：数学Ⅱの知識が必要
★★☆☆☆：数学Ⅲの知識が必要
★★★☆☆：数学Ⅲを少し超える知識が必要
★★★★☆：大学での学習内容や鋭い推察が必要
★★★★★：変態的な発想やナーマギリ女神からの天啓が必要
※数学Ⅲを少し超える知識とは次のものを指すこととする。

逆三角関数 ($\arcsin{x} \,, \arccos{x} \,, \arctan{x}$など)
双曲線関数 ($\sinh{x} \,, \cosh{x} \,, \tanh{x}$など)
逆双曲線関数 ($\mathrm{arsinh}{x} \,, \mathrm{arcosh}{x} \,, \mathrm{artanh}{x}$など)

4.問題

問題や解答の表記について

・積分定数は$C$とする
・対数関数に関して、真数の符号を考えずに表記する
　例）$\log{|x^2-1|} \to \log{(x^2-1)}$
・逆三角関数は「$arc$」、逆双曲線関数は「$ar$」を先頭につけることで表すものとする
　例1）$\sin{x}$の逆関数 $\to$ $\arcsin{x}$
　例2）$\cosh{x}$の逆関数 $\to$ $\mathrm{arcosh}{x}$

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{2\pi} \max{( \sin{x} , \sin{2x})} ~dx$

解答・解説

【ポイント】条件を確認する
$\sin{x} \geq \sin{2x}$を考えると、$\sin{x} \geq 2\sin{x}\cos{x}$
$\sin{x}(1-2\cos{x}) \geq 0 $　これが成立するのは符号がどちらも正かどちらも負のときであるから、
$ \sin{x} \geq 0 \implies 0 \leq x \leq \pi$
$ \sin{x} \leq 0 \implies \pi \leq x \leq 2\pi$
$\displaystyle 1-2\cos{x} \geq 0 \quad \cos{x} \leq \frac{1}{2}$ だから、
$\displaystyle 1-2\cos{x} \geq 0 \implies \frac{\pi}{3} \leq x \leq \frac{5}{3}\pi$
$\displaystyle 1-2\cos{x} \leq 0 \implies 0 \leq x \leq \frac{\pi}{3} ~,~ \frac{5}{3}\pi \leq x \leq 2\pi$
したがって、$\sin{x}(1-2\cos{x}) \geq 0 $ つまり、 $\sin{x} \geq \sin{2x}$ となるのは
符号がどちらも正の$\displaystyle \frac{\pi}{3} \leq x \leq \pi$ のときと、
符号がどちらも負の$\displaystyle \frac{5}{3}\pi \leq x \leq 2\pi$ のときであるから、
\begin{align} I &=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \sin{2x} ~dx + \int_{\frac{\pi}{3}}^{\pi} \sin{x} ~dx + \int_{\pi}^{\frac{5}{3}\pi} \sin{2x} ~dx + \int_{\frac{5}{3}\pi}^{2\pi} \sin{x} ~dx \\ &= \left[ -\frac{1}{2}\cos{2x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{3}} + \left[ -\cos{x} \right]_{\frac{\pi}{3}}^{\pi} + \left[ -\frac{1}{2}\cos{2x} \right]_{\pi}^{\frac{5}{3}\pi} + \left[ -\cos{x} \right]_{\frac{5}{3}\pi}^{2\pi} \\ &= \left( \frac{1}{4} - \left( -1 \right) \right) + \left( 1- \left( -\frac{1}{2} \right) \right) + \left( \frac{1}{4} - \left( -1 \right) \right) + \left( -1 - \left( \frac{1}{2} \right) \right) \\ &= \frac{5}{2} \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{1} \frac{\frac{x+1}{x+2}}{\frac{x+3}{x+4}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int_{0}^{1} \frac{(x+1)(x+4)}{(x+2)(x+3)} ~dx \\ &=\int_{0}^{1} 1 - \frac{2}{(x+2)(x+3)} ~dx \\ &=\int_{0}^{1} 1 + \frac{2}{x+3} - \frac{2}{x+2} ~dx \\ &=\left[ x + 2\log{(x+3)} -2\log{(x+2)} \right]_{0}^{1} \\ &= (1+4\log{x} -2\log{3}) - (2\log{3} - 2\log{2}) \\ &= 1 + 6\log{2} - 4\log{3} \\ &= 1 - \log{\frac{81}{64}} \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{3} \min{\left( 2x , \frac{5-x}{2} \right)} - \max{\left( -\frac{x}{2} , 2x-5\right)} ~dx$

解答・解説

【ポイント】条件を確認する
$\displaystyle 2x = \frac{5-x}{2} \quad 4x+x=5 \quad x=1$
$\displaystyle -\frac{x}{2} = 2x-5 \quad -x-4x=-10 \quad x=2$
したがって、
$0 \leq x \leq 1$ で $\displaystyle \min{\left( 2x , \frac{5-x}{2} \right)} = 2x \quad \max{\left( -\frac{x}{2} , 2x-5\right)} = -\frac{x}{2}$
$1 \leq x \leq 2$ で $\displaystyle \min{\left( 2x , \frac{5-x}{2} \right)} = \frac{5-x}{2} \quad \max{\left( -\frac{x}{2} , 2x-5\right)} = -\frac{x}{2}$
$2 \leq x \leq 3$ で $\displaystyle \min{\left( 2x , \frac{5-x}{2} \right)} = \frac{5-x}{2} \quad \max{\left( -\frac{x}{2} , 2x-5\right)} = 2x-5$
よって、
\begin{align} I &=\int_{0}^{1} \frac{5}{2}x ~dx + \int_{1}^{2} \frac{5}{2} ~dx + \int_{2}^{3} -\frac{5}{2}x + \frac{15}{2} ~dx \\ &=\frac{5}{2}\left( \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{0}^{1} + \left[ x \right]_{1}^{2} + \left[ -\frac{1}{2}x^2 + 3x \right]_{2}^{3} \right) \\ &=\frac{5}{2}\left( \frac{1}{2} + 2 - 1 + \left(-\frac{9}{2}+9 \right) - (-2+6) \right) \\ &= \frac{5}{2} \cdot 2 \\ &= 5 \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \underbrace{1-\frac{1}{1-\frac{1}{\ddots \frac{1}{1-\frac{1}{x}}}}}_{\text{2023 (1-)'s}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】実験をして性質を考える
$\displaystyle f_0(x)=x ~,~ f_{n+1}(x) = 1 - \frac{1}{f_n(x)} $という関数を考える。
$\displaystyle f_1(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}$
$\displaystyle f_2(x) = 1 - \frac{x}{x-1} = \frac{(x-1)-x}{x-1} = -\frac{1}{x-1}$
$\displaystyle f_3(x) = 1 + (x-1) = x$
したがってこの関数は
$\displaystyle f_n(x) = \begin{cases} x \quad ( n \equiv 0 \mod 3) \\ \frac{x-1}{x} \quad ( n \equiv 1 \mod 3) \\ -\frac{1}{x-1} \quad ( n \equiv 2 \mod 3) \end{cases}$
という振る舞いをする。
問題は$n=2023$であり、$2023 \equiv 1 \mod 3$であるから、
\begin{align} I &=\int \frac{x-1}{x} ~dx \\ &=\int 1 - \frac{1}{x} ~dx \\ &= x - \log{x} + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \cot{x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】King Property、関数の対称性
\begin{align} I &= \left[ x\log{(\sin{x})} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{x})} ~dx \\ &= 0 - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{x})} ~dx \\ J &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{x})} ~dx \\ \end{align}
King Propertyより、 $\displaystyle x \mapsto \left( 0 + \frac{\pi}{2} -x \right) = -x $
\begin{align} J &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\cos{x})} ~dx \\ 2J &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{x})} ~dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\cos{x})} ~dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{x})} + \log{(\cos{x})} ~dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{x}\cos{x})} ~dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{\left( \frac{\sin{2x}}{2} \right)} ~dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{2x})} ~dx - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{2} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{2x})} ~dx - \frac{\pi}{2}\log{2} \\ K &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{2x})} ~dx \end{align}
$t=2x$と置くと　$dt=2 ~dx$
$\displaystyle x: 0 \to \frac{\pi}{2} \quad t:0 \to \pi $
\begin{align} K &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \log{(\sin{t})} ~dt \\ \end{align}
ここで、$\sin{\theta}$は$0 \leq \theta \leq \pi$ 間では$\displaystyle \frac{\pi}{2}$を軸に対称だから、
\begin{align} K &= \frac{1}{2} \cdot 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{t})} ~dt \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{t})} ~dt \\ &= J \\ 2J &= J - \frac{\pi}{2}\log{2} \\ J &= - \frac{\pi}{2}\log{2} \\ I &= 0 - J \\ I &= \frac{\pi}{2}\log{2} \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \left( \frac{x^6+x^4-x^2-1}{x^4} \right)e^{x+\frac{1}{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \left( \frac{(x^2+1)(x^4-1)}{x^4} \right) e^{x+\frac{1}{x}} ~dx \\ &=\int \left( \frac{(x^2+1)^2(x^2-1)}{x^4} \right) e^{x+\frac{1}{x}} ~dx \\ &=\int \left( x+\frac{1}{x} \right)^2 \left( 1-\frac{1}{x^2} \right) e^{x+\frac{1}{x}} ~dx \\ \end{align}
$\displaystyle t = x+\frac{1}{x}$と置くと　$\displaystyle dt= 1-\frac{1}{x^2} ~dx$
\begin{align} I &=\int t^2 e^t ~dt \\ &=t^2e^t - 2 \int te^t ~dt \\ &= t^2e^t - 2te^t + 2\int e^t ~dt \\ &= t^2e^t - 2te^t + 2e^t + C \\ &= e^t( t^2 -2t + 2 ) + C \\ &= e^{x+\frac{1}{x}} \left( \left( x + \frac{1}{x} \right)^2 - 2\left( x + \frac{1}{x} \right) + 2 \right) + C \\ &= e^{x+\frac{1}{x}} \left( x^2 - 2x + 4 -\frac{2}{x} + \frac{1}{x^2} \right) + C \\ \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int \frac{1}{\sqrt{(x+1)^3(x-1)}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】$\displaystyle \sqrt{\frac{\text{一次式}}{\text{一次式}}}$の形を作り出す
\begin{align} I &=\int \frac{1}{(x+1)^2\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}} ~dx \end{align}
$\displaystyle y = \sqrt{\frac{x-1}{x+1}}$と置くと　$\displaystyle y^2 = \frac{x-1}{x+1} \quad y^2x+y^2=x-1$
$\displaystyle x = -\frac{y^2+1}{y^2-1} \quad x+1 = -\frac{2}{y^2-1}$
$\displaystyle dx = \frac{4y}{(y^2-1)^2} ~dy$
\begin{align} I &=\int \left(-\frac{y^2-1}{2} \right)^2 \cdot \frac{1}{y} \cdot \frac{4y}{(y^2-1)^2} ~dy \\ &= \int ~dy \\ &= y + C \\ &= \sqrt{\frac{x-1}{x+1}} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\pi} x\sin^4{x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} \sin^4{x} &= (\sin^2{x})^2 \\ &= \left( \frac{1-\cos{2x}}{2} \right)^2 \\ &= \frac{1}{4}(1 - 2\cos{2x} + \cos^2{2x}) \\ &= \frac{1}{4}\left( 1 - 2\cos{2x} + \frac{1}{2}(1+\cos{4x})\right) \\ &= \frac{1}{8}(3- 4\cos{2x} + \cos{4x}) \end{align}
であるから、
\begin{align} I &= \frac{1}{8} \int_{0}^{\pi} 3x - 4x\cos{2x} + x\cos{4x} ~dx \\ &= \left[ \frac{3}{16}x^2 \right]_{0}^{\pi} - \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} x\cos{2x} ~dx + \frac{1}{8}\int_{0}^{\pi} x \cos{4x} ~dx \\ &= \frac{3}{16}\pi^2 - \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} x\cos{2x} ~dx + \frac{1}{8}\int_{0}^{\pi} x \cos{4x} ~dx \\ \\ J &= \int_{0}^{\pi} x\cos{2x} ~dx \\ &= \left[ \frac{1}{2}x\sin{2x} \right]_{0}^{\pi} - \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \sin{2x} ~dx \\ &= 0 + \left[ \frac{1}{4}\cos{2x} \right]_{0}^{\pi} \\ &= 0 \\ \\ K &= \int_{0}^{\pi} x\cos{4x} ~dx \\ &= \left[ \frac{1}{4}x\sin{4x} \right]_{0}^{\pi} - \frac{1}{4}\int_{0}^{\pi} \sin{4x} ~dx \\ &= 0 + \left[ \frac{1}{16}\cos{4x} \right]_{0}^{\pi} \\ &= 0 \\ I &= \frac{3}{16}\pi^2 - \frac{1}{2}J + \frac{1}{8}K \\ &= \frac{3}{16}\pi^2 \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \binom{x}{5}^{-1} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \frac{5!}{x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)} ~dx \\ &=\int \frac{5}{x} - \frac{20}{x-1} + \frac{30}{x-2} - \frac{20}{x-3} + \frac{5}{x-4} ~dx \\ &=5\log{x} -20\log{(x-1)} + 30\log{(x-2)} -20\log{(x-3)} + 5\log{(x-4)} + C\\ &=5\log{\left( \frac{x(x-2)^6(x-4)}{(x-1)^4(x-3)^4} \right)} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{\sin{2x}\cos{3x}}{\sin^2{x}\cos^3{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \frac{2\sin{x}\cos{x}(4\cos^3{x}-3\cos{x})}{\sin^2{x}\cos^3{x}} ~dx \\ &=2\int \frac{4\cos^3{x}-3\cos{x}}{\sin{x}\cos^2{x}} ~dx \\ &=2\int \frac{4\cos{x}}{\sin{x}} - \frac{3}{\tan{x}\cos^2{x}} ~dx \\ &= 8\log{(\sin{x})} -6\log{(\tan{x})} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \sqrt{2\log{x}} + \frac{1}{\sqrt{2\log{x}}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】部分積分
第一項の積分を部分積分すると、
\begin{align} I &= x\sqrt{2\log{x}} - \int x \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{\log{x}}} ~dx + \int \frac{1}{\sqrt{2\log{x}}} ~dx \\ &= x\sqrt{2\log{x}} - \int \frac{1}{\sqrt{2\log{x}}} ~dx + \int \frac{1}{\sqrt{2\log{x}}} ~dx \\ &= x\sqrt{2\log{x}} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{\log{(\cos{x})}}{\cos^2{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】部分積分
\begin{align} I &= \tan{x}\log{(\cos{x})} + \int \tan{x} \cdot \frac{\sin{x}}{\cos{x}} ~dx \\ &= \tan{x}\log{(\cos{x})} + \int \tan^2{x} ~dx \\ &= \tan{x}\log{(\cos{x})} + \int \frac{1}{\cos^2{x}} -1 ~dx \\ &= \tan{x}\log{(\cos{x})} + \tan{x} - x + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}+1} \sin{(x-\sin{(x-\sin{(x-\cdots)})})} ~dx$

解答・解説

【ポイント】繰り返し部分を文字で置く
$y = \sin{(x-\sin{(x-\sin{(x-\cdots)})})}$と置くと　$y=\sin{(x-y)}$
$\displaystyle x = \arcsin{y} + y \quad dx = \frac{1}{\sqrt{1-y^2}} + 1 ~dy$
$\displaystyle x:0 \to \frac{\pi}{2}+1 \quad y: 0 \to 1$
\begin{align} I &=\int_{0}^{1} y \left( \frac{1}{\sqrt{1-y^2}} + 1 \right) ~dy \\ &=\int_{0}^{1} \frac{y}{\sqrt{1-y^2}} + y ~dy \\ &=\left[ -\sqrt{1-y^2} + \frac{1}{2}y^2 \right]_{0}^{1} \\ &=\left( 0 + \frac{1}{2} \right) - \left( -1 + 0 \right) \\ &= \frac{3}{2} \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{100} \lfloor x \rfloor x \lceil x \rceil ~dx$

解答・解説

【ポイント】床関数、天井関数は文字で置く
まず、$0 \leq x < 1$の範囲では、$\lfloor x \rfloor=0$ であるから、被積分関数は0になる。
そのため、積分範囲は$1 \to 100$を考えれば良い。
自然数$n$を用いて、$n < x < n+1$と表されるとき、
$\lfloor x \rfloor = n ~,~ \lceil x \rceil = n+1$ であるから$\lfloor x \rfloor \lceil x \rceil = n(n+1)$
したがって、
\begin{align} I &=\sum_{n=1}^{99} \int_{n}^{n+1} n(n+1)x ~dx \\ &=\sum_{n=1}^{99} (n^2+n) \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{n}^{n+1} \\ &=\sum_{n=1}^{99} \frac{1}{2}(n^2+n)(n^2+2n+1-n^2) \\ &=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{99} 2n^3+3n^2+n \\ &=\frac{1}{2}\left( 2\left( \frac{99 \cdot 100}{2} \right)^2 + \frac{3\cdot 99 \cdot 100 \cdot 199}{6} + \frac{99\cdot 100}{2} \right) \\ &=\frac{1}{4}( 99^2 \cdot 100^2 + 99 \cdot 100 \cdot 199 + 99 \cdot 100) \\ &=\frac{99 \cdot 100}{4}(9900 + 199 + 1) \\ &= 99 \cdot 25 \cdot 10100 \\ &= 24997500 \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\frac{1}{(x-1)^2}+ \frac{3}{(x-3)^4}+\frac{5}{(x-5)^6}}{1+\left( \frac{1}{x-1}+ \frac{1}{(x-3)^3}+\frac{1}{(x-5)^5} \right)^2} ~dx$

解答・解説

【ポイント】不連続な点で区間を分割する
$\displaystyle y = \frac{1}{x-1}+ \frac{1}{(x-3)^3}+\frac{1}{(x-5)^5}$と置くと、
$\displaystyle dy = \frac{-1}{(x-1)^2}+ \frac{-3}{(x-3)^4}+\frac{-5}{(x-5)^6} ~dx$

$\displaystyle \lim_{x \to -\infty} y(x) = 0 \quad \lim_{x \to \infty} y(x) = 0$　、
$f(x)$の不連続な点$a = 1,3,5$について、その右極限、左極限を考えると、
$\displaystyle \lim_{x \to a+} y(x) = \infty \quad \lim_{x \to a-} y(x) = -\infty$ であるから、
区間を$(-\infty , 1) ~,~ (1,3) ~,~ (3,5) ~,~ (5,\infty)$の4つに分割すると、
\begin{align} I &=\int_{0}^{-\infty} - \frac{1}{1+y^2} ~dy + \int_{\infty}^{-\infty} - \frac{1}{1+y^2} ~dy + \int_{\infty}^{-\infty} - \frac{1}{1+y^2} ~dy + \int_{\infty}^{0} - \frac{1}{1+y^2} ~dy \\ &= \left[ -\arctan{y} \right]_{0}^{-\infty} + \left[ -\arctan{y} \right]_{\infty}^{-\infty} + \left[ -\arctan{y} \right]_{\infty}^{-\infty} + \left[ -\arctan{y} \right]_{\infty}^{0} \\ &= \left( \frac{\pi}{2} - \left( -0 \right) \right) + \left( \frac{\pi}{2} - \left( -\frac{\pi}{2} \right) \right) + \left( \frac{\pi}{2} - \left( -\frac{\pi}{2} \right) \right) + \left( 0 - \left( -\frac{\pi}{2} \right) \right) \\ &= \frac{\pi}{2} + \pi + \pi + \frac{\pi}{2} \\ &= 3\pi \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\pi} \sin^2{(3x+\cos^4{5x})} ~dx$

解答・解説

【ポイント】King Property、級数展開、三角関数の複素数化
King Propertyより、$x \mapsto ( \pi + 0 - x) = \pi - x$
\begin{align} I &=\int_{0}^{\pi} \sin^2{(3(\pi-x) + \cos^4{(5(\pi-x))})} ~dx \\ &=\int_{0}^{\pi} \sin^2{(3\pi-3x + \cos^4{(5\pi-5x)})} ~dx \\ &=\int_{0}^{\pi} \sin^2{(3\pi-3x + \cos^4{5x})} ~dx \\ &=\int_{0}^{\pi} \sin^2{(3\pi- (3x - \cos^4{5x}))} ~dx \\ &=\int_{0}^{\pi} \sin^2{(3x - \cos^4{5x})} ~dx \\ 2I &=\int_{0}^{\pi} \sin^2{(3x + \cos^4{5x})} + \sin^2{(3x - \cos^4{5x})} ~dx \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} 1 - \cos{(6x + 2\cos^4{5x})} + 1 - \cos{(6x - 2\cos^4{5x})} ~dx \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} 2 ~dx - \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \cos{(6x + 2\cos^4{5x})} + \cos{(6x - 2\cos^4{5x})} ~dx \\ &=\pi - \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \cos{(6x + 2\cos^4{5x})} + \cos{(6x - 2\cos^4{5x})} ~dx \\ I &= \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\int_{0}^{\pi} \cos{(6x + 2\cos^4{5x})} + \cos{(6x - 2\cos^4{5x})} ~dx \end{align}
ここで、
$\displaystyle \cos{(6x + 2\cos^4{5x})} = \cos{6x}\cos{(2\cos^4{5x})} - \sin{6x}\sin{(2\cos^4{5x})}$
$\displaystyle \cos{(6x - 2\cos^4{5x})} = \cos{6x}\cos{(2\cos^4{5x})} + \sin{6x}\sin{(2\cos^4{5x})}$
であるから、
\begin{align} I &= \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\int_{0}^{\pi} 2\cos{6x}\cos{(2\cos^4{5x})} ~dx \\ &=\frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \cos{6x}\cos{(2\cos^4{5x})} ~dx \\ J &=\int_{0}^{\pi} \cos{6x}\cos{(2\cos^4{5x})} ~dx \\ \end{align}
$\cos{x}$のマクローリン展開は、$\displaystyle \cos{x} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \cdot \frac{x^{2n}}{(2n)!}$ であるから、
\begin{align} J &=\int_{0}^{\pi} \cos{6x} \cdot \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{(2\cos^4{5x})^{2n}}{(2n)!} ~dx \\ &=\int_{0}^{\pi} \cos{6x} \cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} \cdot 2^{2n} \cdot \cos^{8n}{5x} ~dx \\ &=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 4^n}{(2n)!} \int_{0}^{\pi} \cos{6x}\cos^{8n}{5x} ~dx \\ K &= \int_{0}^{\pi} \cos{6x}\cos^{8n}{5x} ~dx \\ &= \sum_{k=0}^{4} \int_{\frac{k}{5}\pi}^{\frac{k+1}{5}\pi} \cos{6x}\cos^{8n}{5x} ~dx \end{align}
$\displaystyle t = x - \frac{k}{5}\pi$と置くと　$\displaystyle x = t + \frac{k}{5}\pi$
$\displaystyle dx = dt \quad x: \frac{k}{5}\pi \to \frac{k+1}{5}\pi \quad t : 0 \to \frac{\pi}{5}$
\begin{align} K &= \sum_{k=0}^{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{5}} \cos{\left( 6t + \frac{6k}{5}\pi \right)}\cos^{8n}{(5t + k\pi)} ~dt \\ &= \sum_{k=0}^{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{5}} \cos{\left( 6t + \frac{6k}{5}\pi \right)}\cos^{8n}{5t} ~dt \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{5}} \cos^{8n}{5t} \sum_{k=0}^{4} \cos{\left( 6t + \frac{6k}{5}\pi \right)} ~dt \end{align}
\begin{align} S &= \sum_{k=0}^{4} \cos{\left( 6t + \frac{6k}{5}\pi \right)} \\ &= \Re \left[ \sum_{k=0}^{4} e^{i\left( 6t + \frac{6k}{5}\pi \right)} \right] \\ &= \Re \left[ e^{i6t}\sum_{k=0}^{4} \left( e^{i\frac{6}{5}\pi} \right)^k \right] \end{align}
ここで、この和は初項$1$、公比$\displaystyle e^{i\frac{6}{5}\pi}$、項数5の等比級数の和だから、
\begin{align} S &= \Re \left[ e^{6it} \cdot \frac{1-\left(e^{i\frac{6}{5}\pi} \right)^5}{1-e^{i\frac{6}{5}\pi}} \right] \\ &=\Re \left[ e^{6it} \cdot \frac{1-e^{i6\pi}}{1-e^{i\frac{6}{5}\pi}} \right] \\ &=\Re \left[ e^{6it} \cdot \frac{1-1}{1-e^{i\frac{6}{5}\pi}} \right] \\ &= 0 \\ K &= \int_{0}^{\pi} \cos^{8n}{5t} \cdot S ~dt \\ &= \int_{0}^{\pi} \cos^{8n}{5t} \cdot 0 ~dt \\ &= 0 \\ J &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 4^n}{(2n)!} K \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 4^n}{(2n)!} \cdot 0 \\ &= 0 \\ I &= \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}J \\ &= \frac{\pi}{2} - 0 \\ &= \frac{\pi}{2} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{5} (-1)^{\left\lfloor x \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x}{\sqrt{2}} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x}{\sqrt{3}} \right\rfloor} ~dx$

解答・解説

【ポイント】床関数の出力が切り替わる値をまとめる
それぞれの床関数は$[0,5]$の範囲では次の値で出力が切り替わる
$\lfloor x \rfloor ~:~ 0 ~, 1 ~, 2 ~, 3 ~, 4 ~, 5 $
$\lfloor \frac{x}{\sqrt{2}} \rfloor ~:~ 0 ~, \sqrt{2}(\approx 1.4) ~, 2\sqrt{2}(\approx 2.8) ~, 3\sqrt{2}(\approx 4.2)$
$\lfloor \frac{x}{\sqrt{3}} \rfloor ~:~ 0 ~, \sqrt{3}(\approx 1.7) ~, 2\sqrt{3}(\approx 3.4) $
切り替わる値を小さい順に並べると
$0 ~,1 ~,\sqrt{2} ~,\sqrt{3} ~,2 ~,2\sqrt{2} ~,3 ~,2\sqrt{3} ~,4 ~,3\sqrt{2} ~,5$
それぞれの区間では、$(-1)$の指数は先頭から偶数、奇数、$\cdot$となるため、
\begin{align} I &= (1-0) - (\sqrt{2}-1) + (\sqrt{3}-\sqrt{2}) - (2-\sqrt{3}) + (2\sqrt{2} - 2) - (3-2\sqrt{2}) + (2\sqrt{3}-3) - (4-2\sqrt{3}) + (3\sqrt{2}-4) - (5-3\sqrt{2}) \\ &=8\sqrt{2} + 6\sqrt{3} - 21 \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\infty} \frac{x+1}{x+2} \cdot \frac{x+3}{x+4} \cdot \frac{x+5}{x+6} \cdots ~dx$

解答・解説

【ポイント】被積分関数を評価する
\begin{align} P(x) &= \frac{x+1}{x+2} \cdot \frac{x+3}{x+4} \cdot \frac{x+5}{x+6} \cdots \\ &= \prod_{n=1}^{\infty} \frac{x+2n-1}{x+2n} \\ &= \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 - \frac{1}{x+2n} \right) \\ \log{P(x)} &= \sum_{n=1}^{\infty} \log{\left( 1 - \frac{1}{x+2n} \right)} \end{align}
ここで、$\log{(1-x)}$のマクローリン展開は、
\begin{align} \log{(1-x)} &= - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \\ &= - x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \cdots \\ &< -x \end{align}
と言えるから、
\begin{align} \log{P(x)} &= \sum_{n=1}^{\infty} \log{\left( 1 - \frac{1}{x+2n} \right)} \\ &< -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{x+2n} \\ &< -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n} \\ &= -\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \end{align}
ここで、調和級数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} $は無限に発散するから、
\begin{align} \log{P(x)} &= - \infty \\ P(x) &= e^{-\infty} \\ &= 0 \end{align}
したがって、
\begin{align} I &= \int_{0}^{\infty} 0 ~dx \\ &= 0 \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin{23x}}{\sin{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】漸化式を考えて、2項前との差を考える
まず、漸化式$\displaystyle I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin{nx}}{\sin{x}} ~dx$について考える
\begin{align} I_n - I_{n-2} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin{nx} -\sin{(n-2)x}}{\sin{x}} ~dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2\cos{(n-1)x}\sin{x}}{\sin{x}} ~dx \quad \rm{【和積公式】} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2\cos{(n-1)x} ~dx \\ &= \left[ \frac{2}{n-1}\sin{(n-1)x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ \end{align}
ここで、問題は$n$が奇数だから、$n=2k+1$と表せるため、
\begin{align} I_n - I_{n-2} &= \left[ \frac{2}{(2k+1)-1}\sin{((2k+1)-1)x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \left[ \frac{1}{k}\sin{(2kx)} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= 0 \\ I_n &= I_{n-2} \end{align}
したがって、$n$が奇数のとき、$I_n = I_{n-2}$であるから、
$I_{23} = I_{21} = \cdots = I_{3} = I_{1}$ と言えるため、
\begin{align} I &= I_{23} \\ &= I_{1} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin{x}}{\sin{x}} ~dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} ~dx \\ &= \frac{\pi}{2} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{1}^{100} \frac{\left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor}{\left\lfloor x \right\rfloor} + \frac{\left\lceil \frac{x}{2} \right\rceil}{\left\lceil x \right\rceil} ~dx$

解答・解説

【ポイント】天井関数、床関数は文字で置く、偶奇で場合分け
自然数$n$を用いて、$n < x < n+1$ と表せるとき、$\left\lfloor x \right\rfloor = n ~,~ \left\lceil x \right\rceil = n+1$
また、$n=2k$　つまり、$2k < x < 2k+1$ のとき、
$\displaystyle \left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor = k ~,~ \left\lceil \frac{x}{2} \right\rceil = k+1$
$n=2k+1$　つまり、$2k+1 < x < 2k+2 = 2(k+1)$ のとき、
$\displaystyle \left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor = k ~,~ \left\lceil \frac{x}{2} \right\rceil = k+1$
となるから、
$\displaystyle f(x) = \frac{\left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor}{\left\lfloor x \right\rfloor} + \frac{\left\lceil \frac{x}{2} \right\rceil}{\left\lceil x \right\rceil}$ とすると、
$n=2k$のとき、$\displaystyle f(x) = \frac{k}{2k} + \frac{k+1}{2k+1} = 1 + \frac{1}{2(2k+1)}$
$n=2k+1$のとき、$\displaystyle f(x) = \frac{k}{2k+1} + \frac{k+1}{2k+2} = 1 - \frac{1}{2(2k+1)}$
したがって、
\begin{align} I &=\int_{1}^{2} f(x) ~dx + \sum_{k=1}^{49} \int_{2k}^{2k+1} f(x) ~dx + \sum_{k=1}^{49} \int_{2k+1}^{2k+2} f(x) ~dx \\ &= \sum_{k=1}^{49} \left( \int_{2k}^{2k+1} f(x) ~dx + \int_{2k+1}^{2k+2} f(x) ~dx \right) \\ &= \sum_{k=1}^{49} \left( \int_{2k}^{2k+1} 1 + \frac{1}{2(2k+1)} ~dx + \int_{2k+1}^{2k+2} 1 - \frac{1}{2(2k+1)} ~dx \right) \\ \end{align}
第一項の積分について、$1< x<2$であるから、$n=1$、かつ$n=2\cdot 0 + 1$より、$k=0$
\begin{align} I_1 &=\int_{1}^{2} f(x) ~dx \\ &=\int_{1}^{2} 1 - \frac{1}{2(2k+1)} ~dx \\ &=\left( 1 - \frac{1}{2(2k+1)} \right) \left[ x \right]_{1}^{2} \\ &=1 - \frac{1}{2(2k+1)} \\ &=1 - \frac{1}{2(2\cdot 0+1)} \quad (k \to 0) \\ &=\frac{1}{2} \end{align}
第二項の積分について、
\begin{align} I_2 &= \sum_{k=1}^{49} \left( \int_{2k}^{2k+1} 1 + \frac{1}{2(2k+1)} ~dx + \int_{2k+1}^{2k+2} 1 - \frac{1}{2(2k+1)} ~dx \right) \\ &= \sum_{k=1}^{49} \left( \left( 1 + \frac{1}{2(2k+1)} \right) \left[x\right]_{2k}^{2k+1} + \left( 1 - \frac{1}{2(2k+1)} \right) \left[x\right]_{2k+1}^{2k+2} \right) \\ &= \sum_{k=1}^{49} \left( 1 + \frac{1}{2(2k+1)} + 1 - \frac{1}{2(2k+1)} \right) \\ &= \sum_{k=1}^{49} 2 \\ &= 2 \cdot 49 \\ &=98 \end{align}
したがって、
\begin{align} I &= I_1 + I_2 \\ &= \frac{1}{2} + 98 \\ &= \frac{197}{2} \end{align}