積分計算演習問題集(解答)

解答に用いている関数

名前から各自調べていただけると幸いです。特別な場合に関して定義を示してあります。

解答

$(1)$二乗を次数下げ。
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2{x}\ dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2}(1-\cos{2x})dx=\frac{1}{2}\left[x-\frac{1}{2}\sin{2x}\right]_{x=0}^{\frac{\pi}{2}}=\boldsymbol{\frac{\pi}{4}}$$
【別解】
ウォリス積分より、$\displaystyle (与式)=\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\boldsymbol{\frac{\pi}{4}}$

$(2)$微分形を作る。
$$\int \frac{1}{\tan{x}}dx=\int \frac{\cos{x}}{\sin{x}}dx=\boldsymbol{\ln{\left|\sin{x}\right|}+C}$$

$(3)$部分積分($\ln{x}=t$としてもよい)。
$$I=\int \cos(\ln(x^\pi))dx=\int \cos(\pi\ln{x})dx$$
$\displaystyle I=x\cos(\pi\ln{x})+\int x\cdot \frac{\pi}{x}\sin(\pi\ln{x})dx=x\cos(\pi\ln{x})+\pi x\sin(\pi\ln{x})-\pi\int x\cdot \frac{\pi}{x}\cos(\pi\ln{x})dx$
$I=x\cos(\pi\ln{x})+\pi x\sin(\pi\ln{x})-\pi^2I$より、積分定数を入れて、
$\displaystyle (1+\pi^2)I=x(\cos(\pi\ln{x})+\pi\sin(\pi\ln{x}))$
$$\therefore I=\boldsymbol{\frac{x}{1+\pi^2}(\cos(\ln(x^\pi))+\pi\sin(\ln(x^\pi)))+C}$$

$(4)$グラフの形を考えて置換する。
$$I=\int_{0}^{\pi}\cos^{999}x\ dx$$
$\displaystyle x=t+\frac{\pi}{2}$ とおくと、$dx=dt$
$$\therefore I=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{999}\left(t+\frac{\pi}{2}\right)dt=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{999}(-t)dt$$
被積分関数は奇関数であるので、$I=\boldsymbol 0$

$(5)$二重指数なのでどうにかして微分形をつくる。
$$\int e^{e^x+x-1}dx=\int e^{e^x}\cdot e^x\cdot e^{-1}dx=e^{e^x}\cdot e^{-1}+C=\boldsymbol{e^{e^x-1}+C}$$

$(6)$根号の中を平方完成し、そこからはご自由に(双曲線や三角置換など)。
$$I=\int \frac{1}{\sqrt{x^2+bx+c}}dx=\int \frac{1}{\sqrt{(x+\frac{b}{2})^2+(c-\frac{b^2}{4})}}dx$$
方法1:
$$x+\frac{b}{2}+\sqrt{\left(x+\frac{b}{2}\right)^2+\left(c-\frac{b^2}{4}\right)}=u$$
$\displaystyle x+\frac{b}{2}=t\ ,\ c-\frac{b^2}{4}=p$とおく。$\rightarrow dx=dt$
$$I=\int \frac{1}{\sqrt{t^2+p}}dt$$
$t+\sqrt{t^2+p}=u$とおき、両辺二乗すると$t^2+t^2+p+2t\sqrt{t^2+p}=u^2$
$$\rightarrow 2t^2+2t\sqrt{t^2+p}=2t(t+\sqrt{t^2+p})=2tu\ (=u^2-p)$$
よって、$\displaystyle t=\frac{1}{2}\left(u-\frac{p}{u}\right)\ ,\ dt=\frac{1}{2}\left(1+\frac{p}{u^2}\right)du$ また、
$$\sqrt{t^2+p}=u-t=u-\left\{\frac{1}{2}\left(u-\frac{p}{u}\right)\right\}=\frac{1}{2}\left(u+\frac{p}{u}\right)$$
$$\therefore I=\int \frac{1}{\frac{1}{2}\left(u+\frac{p}{u}\right)}\cdot \frac{1}{2}\left(1+\frac{p}{u^2}\right)du=\int \frac{1}{u}du=\ln|u|+C$$
$$=\ln\left|t+\sqrt{t^2+p}\right|+C$$
$p>0$より、$t+\sqrt{t^2+p}>0$
$$\therefore I=\ln(t+\sqrt{t^2+p})+C=\boldsymbol{\ln\left(x+\frac{b}{2}+\sqrt{x^2+bx+c}\right)+C}$$
方法2:
$$x+\frac{b}{2}=\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}\sinh{\theta}\longrightarrow dx=\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}\cosh{\theta}d\theta$$
$$I=\int \frac{1}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}\sqrt{\sinh^2{\theta}+1}}\cdot \sqrt{c-\frac{b^2}{4}}\cosh{\theta}d\theta=\int d\theta={\theta}+C$$
ここで、$\displaystyle \sinh{\theta}=\frac{x+\frac{b}{2}}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}}\Longleftrightarrow \theta=\mathrm{arsinh}{\frac{x+\frac{b}{2}}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}}}$
$$\therefore I=\ln\left(\frac{x+\frac{b}{2}}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}}+\sqrt{\left(\frac{x+\frac{b}{2}}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}}\right)^2+1}\right)+C$$
$\displaystyle \ln{\frac{1}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}}}$をうまく取り出し積分定数に吸収させると、
$$I=\boldsymbol{\ln\left(x+\frac{b}{2}+\sqrt{x^2+bx+c}\right)+C}$$
方法3:
$$x+\frac{b}{2}=\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}\tan{θ}\ \left(-\frac{\pi}{2}<\theta<\frac{\pi}{2}\right)\rightarrow dx=\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}\frac{d\theta}{\cos^2{\theta}}$$
$$I=\int \frac{1}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}\sqrt{\tan^2{\theta}+1}}\cdot \sqrt{c-\frac{b^2}{4}}\frac{d\theta}{\cos^2{\theta}}=\int \frac{\left|\cos{\theta}\right|}{\cos^2{\theta}}d\theta$$
範囲を考慮すると、$\cos{\theta}>0$
$$\therefore I=\int \frac{\cos{\theta}}{\cos^2{\theta}}d\theta=\int \frac{\cos{\theta}}{1-\sin^2{\theta}}=\frac{1}{2}\int \left(\frac{\cos{\theta}}{1+\sin{\theta}}+\frac{\cos{\theta}}{1-\sin{\theta}}\right)d\theta=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+\sin{\theta}}{1-\sin{\theta}}\right|+C$$
$$=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{(1+\sin{\theta})^2}{\cos^2{\theta}}\right|+C=\ln\left(\frac{1+\sin{\theta}}{\cos{\theta}}\right)+C\ \left(\frac{1+\sin{\theta}}{\cos{\theta}}>0\right)$$
$$=\ln\left(\tan{\theta}+\frac{1}{\cos{\theta}}\right)+C$$
ここで、
$$\tan{\theta}=\frac{x+\frac{b}{2}}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}}\ ,\ \frac{1}{\cos{\theta}}=\sqrt{1+\tan^2{\theta}}=\frac{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}+\left(x+\frac{b}{2}\right)^2}}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}}$$
$$\therefore I=\ln\left(\frac{x+\frac{b}{2}}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}}+\frac{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}+\left(x+\frac{b}{2}\right)^2}}{\sqrt{c-\frac{b^2}{4}}}\right)+C=\boldsymbol{\ln\left(x+\frac{b}{2}+\sqrt{x^2+bx+c}\right)+C'}$$

$(7)$反復合成をどう生かすか。
$\ln{x}$の$n$回合成を$f^n(x)$とすると、
$$(f^n)'(x)=f'(f^{n-1}(x))\cdot f'(f^{n-2}(x))\cdots f'(f(x))\cdot f'(x)$$
$$=\frac{1}{f^{n-1}(x)f^{n-2}(x)\cdots f^2(x)f^1(x)f^0(x)}$$
$$\therefore I=\int \frac{(f^n)'(x)}{f^n(x)}dx=\ln{f^n(x)}+C=\boldsymbol{f^{n+1}(x)+C}$$

$(8)$$1+x^2$を処理したのち気づければすごい。
$$I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}dx$$
$x=\tan{\theta}$とおくと、$\displaystyle dx=\frac{d\theta}{\cos^2{\theta}}$
$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(1+\tan{\theta})}{1+\tan^2{\theta}}\cdot\frac{d\theta}{\cos^2{\theta}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan{\theta})d\theta$$
$\displaystyle \theta=\frac{\pi}{4}-\varphi$とおくと、$d\theta=-d\varphi$
$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\left({\frac{\pi}{4}}-\varphi\right)\right)d\varphi$$
ここで、
$$1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-\varphi\right)=1+\frac{1-\tan{\varphi}}{1+\tan{\varphi}}=\frac{2}{1+\tan{\varphi}}$$
$$\therefore I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(\ln2-\ln(1+\tan{\varphi}))d\varphi=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln2\ d\varphi-I$$
よって、
$$2I=\frac{\pi}{4}\ln2\Longleftrightarrow I=\boldsymbol{\frac{\pi}{8}\ln2}$$

$(9)$とにかくまずは式変形から。そして途中で気づけばすごい。
$$I=\int \frac{1+2e^x\cos{x}}{(e^x+\sin{x})(e^x-\sin{x})+(1+2e^x\cos{x})}dx=\int \frac{1+2e^x\cos{x}}{e^{2x}-\sin^2{x}+1+2e^x\cos{x}}dx$$
$$=\int \frac{1+2e^x\cos{x}}{e^{2x}+2e^x\cos{x}+\cos^2{x}}dx=\int \frac{1+2e^x\cos{x}}{(e^x+\cos{x})^2}dx$$
ここで、最初の分母と比較して、
$$1+2e^x\cos{x}=(e^x+\cos{x})^2-(e^x+\sin{x})(e^x-\sin{x})$$
$$=(e^x+\sin{x})'(e^x+\cos{x})-(e^x+\sin{x})(e^x+\cos{x})'$$
よって、
$$I=\int \frac{(e^x+\sin{x})'(e^x+\cos{x})-(e^x+\sin{x})(e^x+\cos{x})'}{(e^x+\cos{x})^2}dx=\boldsymbol{\frac{e^x+\sin{x}}{e^x+\cos{x}}+C}$$

$(10)$方針を読ませる気がありませんでした。$\sqrt[n]{x^n+1}$に関して超幾何級数を用いた一般解があるそうで。
$$I=\int_{1}^{2}\frac{1}{\sqrt[4]{x^4+1}}dx$$
$\displaystyle \frac{\sqrt[4]{x^4+1}}{x}=t$とおくと、$\displaystyle x=\frac{1}{\sqrt[4]{t^4-1}}$より、$\displaystyle dx=-\frac{t^3}{(t^4-1)\sqrt[4]{t^4-1}}dt$
$$\sqrt[4]{x^4+1}=xt=\frac{t}{\sqrt[4]{t^4-1}}$$
$$I=\int_{\frac{\sqrt[4]{17}}{2}}^{\sqrt[4]{2}}\frac{\sqrt[4]{t^4-1}}{t}\cdot \frac{t^3}{(t^4-1)\sqrt[4]{t^4-1}}dt=\int_{\frac{\sqrt[4]{17}}{2}}^{\sqrt[4]{2}}\frac{t^2}{t^4-1}dt$$
部分分数分解すると、
$$I=\frac{1}{2}\int_{\frac{\sqrt[4]{17}}{2}}^{\sqrt[4]{2}}\frac{1}{t^2+1}dt+\frac{1}{4}\int_{\frac{\sqrt[4]{17}}{2}}^{\sqrt[4]{2}}\left(\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}\right)dt$$
整理しながらまとめると、
$$I=\boldsymbol{\frac{1}{2}\left(\arctan{\frac{2\sqrt[4]{2}-\sqrt[4]{17}}{2+\sqrt[4]{2}\sqrt[4]{17}}}+\mathrm{artanh}\,{\frac{2\sqrt[4]{2}-\sqrt[4]{17}}{-2+\sqrt[4]{2}\sqrt[4]{17}}}\right)}$$

$(\mathrm{Coming\,Soon})$随時更新します。