文献あり

MIT Integration Beeを解く【MIT Integration Bee RegularSeason-2022】

1.本ページでやること

今回はMIT Integration Bee 2022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 $\to$ $\mathrm{arcosh}{x}$

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{100} \left\lceil \sqrt{x} ~\right\rceil ~dx$

解答・解説

【ポイント】天井関数は文字で置く
自然数$n$で$(n-1)^2 < x \leq n^2$と表されるとき、$\displaystyle \left\lceil \sqrt{x} ~\right\rceil = n$　であるから、
\begin{align} I &=\sum_{n=1}^{10} \int_{(n-1)^2}^{n^2} n ~dx \\ &=\sum_{n=1}^{10} n \left[ x \right]_{(n-1)^2}^{n^2} \\ &=\sum_{n=1}^{10} n(n^2-(n^2-2n+1)) \\ &=\sum_{n=1}^{10} n(2n-1) \\ &=\sum_{n=1}^{10} 2n^2-n \\ &=\frac{2 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 21 }{6} - \frac{10 \cdot 11}{2} \\ &=770 - 55 \\ &=715 \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

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

★★★☆☆

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

解答・解説

【ポイント】式を整理する
$u=\sin{x}$と置くと、$x=\arcsin{u}$
$\displaystyle \arccos{u} = \frac{\pi}{2} - \arcsin{u} = \frac{\pi}{2} - x$
\begin{align} I &=\int_{\frac{\pi}{2}-1}^{\frac{\pi}{2}+1} \cos{\left(\arcsin{\left( \frac{\pi}{2}-x \right)} \right)} ~dx \end{align}
$\displaystyle t=\frac{\pi}{2}-x$と置くと　$dt=-dx$

$\displaystyle x:\frac{\pi}{2}-1 \to \frac{\pi}{2}+1 \quad t:1 \to -1$
\begin{align} I &=\int_{-1}^{1} \cos{\left(\arcsin{t} \right)} ~dt \end{align}
$\theta = \arcsin{t}$と置くと　$t=\sin{\theta}$
$\cos{\theta} = \sqrt{1-\sin^2{\theta}} = \sqrt{1-t^2}$
\begin{align} I &=\int_{-1}^{1} \sqrt{1-t^2} ~dt \end{align}
これは、半径1の半円の面積を表しているから、
\begin{align} I &= \pi \cdot \frac{1}{2} \\ &=\frac{\pi}{2} \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{-2}^{2} | (x-2)(x-1)x(x+1)(x+2) | ~dx$

解答・解説

【ポイント】場合分けして処理する
被積分関数は偶関数だから、
\begin{align} I &=2\int_{0}^{2} | (x-2)(x-1)x(x+1)(x+2) | ~dx \end{align}
$f(x) = (x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)$ とすると、
$0 \leq x \leq 1 \implies f(x) \geq 0 ~~,~~ 1 \leq x \leq 2 \implies f(x) \leq 0$
であり、$f(x)=x^5-5x^3+4x$ であるから、
\begin{align} I &=2\int_{0}^{1} x^5-5x^3+4x ~dx - 2\int_{1}^{2} x^5-5x^3+4x ~dx \\ &=2\left[ \frac{1}{6}x^6 - \frac{5}{4}x^4 +2x^2 \right]_{0}^{1} - 2\left[ \frac{1}{6}x^6 - \frac{5}{4}x^4 +2x^2 \right]_{1}^{2} \\ &=2\left( \frac{1}{6} - \frac{5}{4} + 2 \right) - 2\left( \frac{32}{3}-20+8 -\left( \frac{1}{6} - \frac{5}{4} + 2 \right) \right) \\ &=4\cdot \frac{11}{12} + 2\cdot \frac{4}{3} \\ &=\frac{11}{3} + \frac{8}{3} \\ &=\frac{19}{3} \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int 2020\sin^{2019}{x}\cos^{2019}{x} -8084\sin^{2021}{x}\cos^{2021}{x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \sin^{2019}{x}\cos^{2019}{x}(2020-2021\cdot4\sin^2{x}\cos^2{x}) ~dx \\ &=\frac{1}{2^{2019}}\int \sin^{2019}{2x}(2020-2021\sin^2{2x}) ~dx \\ &=\frac{1}{2^{2019}}\int 2020\sin^{2019}{2x}-2021\sin^{2021}{2x} ~dx \\ &=\frac{1}{2^{2019}}\int 2020\sin^{2019}{2x}(1-\sin^2{2x})-\sin^{2021}{2x} ~dx \\ &=\frac{1}{2^{2019}}\int 2020\sin^{2019}{2x}\cos^2{2x} ~dx -\frac{1}{2^{2019}}\int \sin^{2021}{2x} ~dx \\ \\ J &=\int \sin^{2021}{2x} ~dx \\ &=\int \sin^{2020}{2x} \cdot \sin{2x} ~dx \\ &=-\frac{1}{2}\sin^{2020}{2x}\cos{2x} + \int 2020\sin^{2019}{2x} \cdot 2\cos{2x} \cdot \frac{1}{2}\cos{2x} ~dx \\ &=-\frac{1}{2}\sin^{2020}{2x}\cos{2x} + \int 2020\sin^{2019}{2x}\cos^2{2x} ~dx \\ \\ I &=\frac{1}{2^{2019}}\int 2020\sin^{2019}{2x}\cos^2{2x} ~dx -\frac{1}{2^{2019}} \left( -\frac{1}{2}\sin^{2020}{2x}\cos{2x} + \int 2020\sin^{2019}{2x}\cos^2{2x} ~dx \right) \\ &=\frac{\sin^{2020}{2x}}{2^{2020}} \cos{2x} +C\\ &=\sin^{2020}{x}\cos^{2020}{x}(\cos^2{x}-\sin^2{2x}) + C \\ &=\sin^{2020}{x}\cos^{2022}{x} - \sin^{2022}{x}\cos^{2020}{x} + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{3x^3+2x^2+1}{\sqrt[3]{x^3+1}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】微分を色々試す
被積分関数が$\displaystyle {f(x)}^{-\frac{1}{3}}$の形であるから、$\displaystyle {f(x)}^{\frac{2}{3}}$を微分したものだと予想される。
$\displaystyle \left((x^3+1)^{\frac{2}{3}} \right)' = 3x^2 \cdot \frac{2}{3}(x^3+1)^{-\frac{1}{3}} = \frac{2x^2}{\sqrt[3]{x^3+1}}$
$x^3$の項を作るために、$x$を掛けた状態で始めると、
\begin{align} \left(x(x^3+1)^{\frac{2}{3}} \right)' &= (x^3+1)^{\frac{2}{3}} + x \cdot 3x^2 \cdot \frac{2}{3}(x^3+1)^{-\frac{1}{3}} \\ &= \frac{x^3+1}{\sqrt[3]{x^3+1}} + \frac{2x^3}{\sqrt[3]{x^3+1}} \\ &= \frac{3x^3+1}{\sqrt[3]{x^3+1}} \\ \end{align}
したがって、
\begin{align} I &= \int \frac{2x^2}{\sqrt[3]{x^3+1}} + \frac{3x^3+1}{\sqrt[3]{x^3+1}} ~dx \\ &=\int \frac{d}{dx}\left( (x^3+1)^{\frac{2}{3}} + x(x^3+1)^{\frac{2}{3}} \right) ~dx \\ &= (x^3+1)^{\frac{2}{3}} + x(x^3+1)^{\frac{2}{3}} + C \\ &= (x+1)(x^3+1)^{\frac{2}{3}} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{1}{\sin^4{x}\cos^4{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \left( \frac{\sin^2{x}+\cos^2{x}}{\sin^2{x}\cos^2{x}} \right)^2 ~dx \\ &=\int \left( \frac{1}{\cos^2{x}} + \frac{1}{\sin^2{x}} \right)^2 ~dx \\ &=\int \frac{1}{\cos^4{x}} + \frac{2}{\sin^2{x}\cos^2{x}} + \frac{1}{\sin^4{x}} ~dx \\ &=\int \frac{1+\tan^2{x}}{\cos^2{x}} + 2\left( \frac{1}{\sin^2{x}} + \frac{1}{\cos^2{x}} \right) + \frac{1+\cot^2{x}}{\sin^2{x}} ~ dx \\ &= \frac{\tan^2{x}}{\cos^2{x}} + \frac{\cot^2{x}}{\sin^2{x}} + \frac{3}{\cos^2{x}} + \frac{3}{\sin^2{x}} +C \\ &= \frac{1}{3}\tan^3{x} - \frac{1}{3}\cot^3{x} + 3\tan{x} - 3\cot{x} + C \end{align}
公式解答は$\cot{\theta}$の倍角公式を用いてまとめている

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{x+\sin{x}}{1+\cos{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
$\displaystyle \sin{x} = 2\sin{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2}} ~,~ \cos{x} = 2\cos^2{\frac{x}{2}} - 1$ より、
\begin{align} I &=\int \frac{x+2\sin{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2}}}{2\cos^2{\frac{x}{2}}} ~dx \\ &=\int \frac{x}{2\cos^2{\frac{x}{2}}} + \frac{\sin{\frac{x}{2}}}{\cos{\frac{x}{2}}} ~dx \\ &=\int \frac{x}{2\cos^2{\frac{x}{2}}} + \tan{\frac{x}{2}} ~dx \\ &=x\tan{\frac{x}{2}} - \int \tan{\frac{x}{2}} ~dx + \int \tan{\frac{x}{2}} ~dx \\ &=x\tan{\frac{x}{2}} + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \sinh^3{x}\cosh^2{x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \sinh{x}(\cosh^2{x}-1)\cosh^2{x} ~dx \end{align}
$t=\cosh{x}$と置くと　$dt = \sinh{x} ~dx $
\begin{align} I &=\int (t^2-1)t^2 ~dt \\ &=\int t^4 - t^2 ~dt \\ &=\frac{1}{5}t^5 - \frac{1}{3}t^3 + C \\ &=\frac{1}{5}\cosh^5{x} - \frac{1}{3}\cosh^3{x} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int 4^x 3^{2^x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】置換積分
$t = 2^x$と置くと　$ dt = 2^x\log{2} ~dx$
\begin{align} I &=\frac{1}{\log{2}}\int t\cdot 3^t ~dt \\ &=\frac{t \cdot 3^t}{\log{2} \cdot \log{3}} - \frac{1}{\log{2} \cdot \log{3}} \int 3^t ~dt \\ &=\frac{t \cdot 3^t}{\log{2} \cdot \log{3}} - \frac{3^t}{\log{2} \cdot (\log{3})^2} + C \\ &=\frac{3^t}{\log{2}}\left( \frac{t}{\log{3}} - \frac{1}{(\log{3})^2} \right) +C \\ &=\frac{3^{2^x}}{\log{2}}\left( \frac{2^x}{\log{3}} - \frac{1}{(\log{3})^2} \right) +C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{\cos{x}-\sin{x}}{2+\sin{2x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
$\displaystyle (\sin{x} + \cos{x})^2 = \sin^2{x} + 2\sin{x}\cos{x} + \cos^2{x} = 1 + 2\sin{2x}$ であるから
\begin{align} I &=\int \frac{\cos{x}-\sin{x}}{1+(\sin{x} + \cos{x})^2} ~dx \end{align}
$t=\sin{x} + \cos{x}$と置くと　$dt = \cos{x}-\sin{x} ~dx$
\begin{align} I &=\int \frac{1}{1+t^2} ~dt \\ &=\arctan{t} + C \\ &=\arctan{(\sin{x} + \cos{x})} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{\sec^2{(1+\log{x})}-\tan{(1+\log{x})}}{x^2} ~dx$

解答・解説

【ポイント】商の微分に気づく
$\displaystyle (\tan{(1+\log{x})})' = \frac{\sec^2{(1+\log{x})}}{x}$ であるから、
\begin{align} I &=\int \frac{ (\tan{(1+\log{x})})'x -(x)'\tan{(1+\log{x})}}{x^2} ~dx \\ &=\int \frac{d}{dx} \left( \frac{\tan{(1+\log{x})}}{x} \right) ~dx \\ &=\frac{\tan{(1+\log{x})}}{x} + C \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1}{x}\log{\frac{1}{x}}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】ガンマ関数に置き換える
$\displaystyle t = \log{\frac{1}{x}}$と置くと　$t=-\log{x} \quad x =e^{-t} \quad dx = -e^{-t} ~dt$
$x:0 \to 1 \quad t:\infty \to 0$
\begin{align} I &=\int_{0}^{\infty} \sqrt{\frac{t}{e^{-t}}} ~e^{-t} ~dt \\ &=\int_{0}^{\infty} \sqrt{te^{t}} ~e^{-t} ~dt \\ &=\int_{0}^{\infty} t^{\frac{1}{2}} \cdot e^{\frac{t}{2}} \cdot e^{-t} ~dt \\ &=\int_{0}^{\infty} t^{\frac{1}{2}} e^{-\frac{t}{2}} ~dt \\ \end{align}
$\displaystyle u = \frac{t}{2}$と置くと　$t=2u \quad dt = 2 ~du$
$t: 0 \to \infty \quad u:0 \to \infty$
\begin{align} I &=2\int_{0}^{\infty} (2u)^{\frac{1}{2}} e^{-u} ~du \\ &=2\sqrt{2} \int_{0}^{\infty} u^{\frac{1}{2}} e^{-u} ~du \\ &=2\sqrt{2} \Gamma\left( \frac{3}{2} \right) \\ &=2\sqrt{2} \cdot \frac{1}{2} \Gamma\left( \frac{1}{2} \right) \\ &=\sqrt{2\pi} \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \sum_{n=2}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{(x-1)x^n}{1+x^n+x^{n+1}+x^{2n+1}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】部分分数分解、関数の極限
\begin{align} I &=\sum_{n=2}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{n+1}-x^n}{(1+x^n)(1+x^{n+1})} ~dx \\ &=\sum_{n=2}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{(1+x^{n+1})-(1+x^n)}{(1+x^n)(1+x^{n+1})} ~dx \\ &=\sum_{n=2}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+x^n} - \frac{1}{1+x^{n+1}} ~dx \\ &=\int_{0}^{\infty} \sum_{n=2}^{\infty} \left( \frac{1}{1+x^n} - \frac{1}{1+x^{n+1}} \right) ~dx \end{align}
ここで、$2$から$m$までの部分和$S_m$を考えると、
\begin{align} S_m &= \sum_{n=2}^{m} \left( \frac{1}{1+x^n} - \frac{1}{1+x^{n+1}} \right) \\ &= \left( \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+x^3} \right) + \left( \frac{1}{1+x^3} - \frac{1}{1+x^4} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{1+x^m} - \frac{1}{1+x^{m+1}} \right) \\ &= \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+x^{m+1}} \end{align}
ここで、$\displaystyle \lim_{m \to \infty} S_m$の第二項の$\displaystyle \frac{1}{1+x^{m+1}}$について、
$0 \leq x < 1$ のとき、$x^{m+1} \to 0$ だから、$\displaystyle \lim_{m \to \infty } \frac{1}{1+x^{m+1}} = 1$
$x = 1$のとき、$x^{m+1} = 1$ だから、$\displaystyle \lim_{m \to \infty } \frac{1}{1+x^{m+1}} = \frac{1}{2}$
$x > 1$ のとき、$x^{m+1} \to \infty$ だから、$\displaystyle \lim_{m \to \infty } \frac{1}{1+x^{m+1}} = 0$
$x=1$の点は幅を持たない(測度0)なので、定積分に影響しないため
\begin{align} I &=\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^2} -1 ~dx + \int_{1}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} ~dx \\ &=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} ~dx - \int_{0}^{1} ~dx \\ &=\left[ \arctan{x} \right]_{0}^{\infty} - \left[x \right]_{0}^{1} \\ &=\frac{\pi}{2} - 1 \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{2\pi} (1-\cos{x})^5\cos{5x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】三角関数の直交性を利用する。
まず、$\displaystyle \int_{0}^{2\pi} \cos{mx}\cos{nx} ~dx = \begin{cases} \pi \quad (n = m) \\ 0 \quad (n \neq m) \end{cases} $ であるから
$(1-\cos{x})^5$ の中にある$ \cos{5x}$を探す。
$(1-\cos{x})^5 = 1-5\cos{x} + 10\cos^2{x} -10\cos^3{x}+5\cos^4{x} - \cos^5{x}$
であり、倍角公式を観察すると、$\cos{5x}$の項が出現する可能性があるのは$\cos^5{x}$のみであるから、それに注目すると
\begin{align} I &=-\int_{0}^{2\pi} \cos^5{x} \cos{5x} ~dx \\ &=-\int_{0}^{2\pi} \left( \frac{\cos^5{x}+20\cos^3{x}-5\cos{x}}{16} \right) \cos{5x} ~dx \quad \rm{(5倍角の公式を利用)} \end{align}
同じように、$\cos^3{x}$には$\cos{5x}$の項は出現しないから、
\begin{align} I &=-\frac{1}{16}\int_{0}^{2\pi} \cos{5x} \cdot \cos{5x} ~dx \\ &=-\frac{\pi}{16} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{10} \lceil x \rceil \left( \max_{k \in \mathbb{Z} \geq 0} \frac{x^k}{k!} \right) ~dx$

解答・解説

【ポイント】$\max$の部分について考察する
$\displaystyle a_k = \frac{x^k}{k!} $と置くと、$\displaystyle a_{k-1} = \frac{x^{k-1}}{(k-1)!} $
前項との比を取ると
$\displaystyle \frac{a_k}{a_{k-1}} = \frac{x^k}{k!} \cdot \frac{(k-1)!}{x^{k-1}} = \frac{x}{k}$
$\displaystyle \frac{x}{k} > 1 \implies x > k$のとき、$\displaystyle \frac{a_k}{a_{k-1}} >1 \implies a_k > a_{k-1}$
となり、数列は増加していく。
$\displaystyle \frac{x}{k} < 1 \implies x < k$のとき、$\displaystyle \frac{a_k}{a_{k-1}} < 1 \implies a_k < a_{k-1}$
となり、数列は減少していく。
したがって、ある実数$x$に対して、$a_k$を最大にする整数$k$は、
$x$の前後の整数となる。
$x$が整数でないとき、$k=\lfloor x \rfloor$で最大となるから、
自然数$n$で、$n-1 < x < n$と表される範囲では、
$k=n-1$のとき、$a_k$が最大値を取る。
このとき、$\displaystyle \max_{k \in \mathbb{Z} \geq 0} a_k = \max_{k \in \mathbb{Z} \geq 0} \frac{x^k}{k!} = \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}$ である。
また、同じ範囲で$\lceil x \rceil = n$であるから、
\begin{align} I &=\sum_{n=1}^{10} \int_{n-1}^{n} n \cdot \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} ~dx \\ &=\sum_{n=1}^{10} \frac{n}{(n-1)!}\int_{n-1}^{n} x^{n-1} ~dx \\ &=\sum_{n=1}^{10} \frac{n}{(n-1)!} \left[ \frac{x^n}{n} \right]_{n-1}^{n} \\ &=\sum_{n=1}^{10} \frac{n^n -(n-1)^n}{(n-1)!} \\ &= \frac{1^1-0^1}{0!} + \sum_{n=2}^{10} \frac{n^n -(n-1)^n}{(n-1)!} \\ &= 1 + \sum_{n=2}^{10} \left( \frac{n^n}{(n-1)!} - \frac{(n-1)^{n-1}}{(n-2)!} \right) \\ &= 1 + \left( \frac{2^2}{1!} - \frac{1^1}{0!} \right) + \left( \frac{3^3}{2!} - \frac{2^2}{1!} \right) + \cdots + \left( \frac{10^{10}}{9!} - \frac{9^9}{8!} \right) \\ &= 1 - 1 + \frac{10^{10}}{9!} \\ &= \frac{10^{10}}{9!} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{4\sin{x}+3\cos{x}}{3\sin{x}+4\cos{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】分子を分母と分母の微分との和に分解する
\begin{align} 4\sin{x}+3\cos{x} &= a(3\sin{x}+4\cos{x}) + b(3\sin{x}+4\cos{x})' \\ &= a(3\sin{x}+4\cos{x}) + b(3\cos{x}-4\sin{x}) \\ &= (3a-4b)\sin{x} + (4a+3b)\cos{x} \end{align}
したがって、
\begin{cases} 3a - 4b = 4 \\ 4a + 3b = 3 \end{cases}
これを解くと、$\displaystyle a=\frac{24}{25} ~,~ b = -\frac{7}{25}$ であるから
\begin{align} I &= \frac{1}{25}\int \frac{24(3\sin{x}+4\cos{x}) -7(3\sin{x}+4\cos{x})'}{3\sin{x}+4\cos{x}} ~dx \\ &=\frac{1}{25}\int 24-\frac{7(3\sin{x}+4\cos{x})'}{3\sin{x}+4\cos{x}} ~dx \\ &=\frac{1}{25}(24x -7\log{(3\sin{x}+4\cos{x})}) + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{-1}^{1} \sqrt{4-(1+|x|)^2} -(\sqrt{3}-\sqrt{4-x^2}) ~dx$

解答・解説

【ポイント】偶関数の性質を利用する
被積分関数は偶関数だから、
\begin{align} I &=2\int_{0}^{1} \sqrt{4-(1+x)^2} -\sqrt{3}+\sqrt{4-x^2} ~dx \\ I_1 &= 2\int_{0}^{1} \sqrt{4-(1+x)^2} ~dx \end{align}
$1+x=2\sin{\theta}$と置くと　$dx=2\cos{\theta} ~d\theta$
$\displaystyle x:0 \to 1 \quad \theta : \frac{\pi}{6} \to \frac{\pi}{2}$
\begin{align} I_1 &= 2\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{4-4\sin^2{\theta}} \cdot 2\cos{\theta} ~d\theta \\ &= 8\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\theta} ~d\theta \\ \end{align}
\begin{align} I_2 &= -2\int_{0}^{1} \sqrt{3} ~dx \\ &= -2\left[ \sqrt{3}x \right]_{0}^{1} \\ &= -2\sqrt{3} \\ I_3 &=2\int_{0}^{1} \sqrt{4-x^2} ~dx \\ \end{align}
$x = 2\sin{\theta}$と置くと　$dx = 2\cos{\theta} ~d\theta$
$\displaystyle x:0 \to 1 \quad \theta : 0 \to \frac{\pi}{6}$
\begin{align} I_3 &=2\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sqrt{4-4\sin^2{\theta}} \cdot 2\cos{\theta} ~d\theta \\ &=8\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^2{\theta} ~d\theta \\ \\ I &= I_1 + I_2 + I_3 \\ &=8\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\theta} ~d\theta -2\sqrt{3} + 8\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^2{\theta} ~d\theta \\ &=8\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\theta} ~d\theta -2\sqrt{3} \\ &=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1+\cos{2\theta} ~d\theta -2\sqrt{3} \\ &=4\left[ \theta + \frac{1}{2}\sin{2\theta} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} -2\sqrt{3} \\ &=2\pi -2\sqrt{3} \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】置換積分
$t=\log{x}$と置くと　$x=e^t \quad dx = e^t ~dt$
\begin{align} I &=\int e^{3t}\sin{t} ~dt \\ &=\frac{e^{3t}}{10}(3\sin{t} - \cos{t}) + C \\ &=\frac{x^3}{10}(3\sin{(\log{x})} -\cos{(\log{x})}) + C \end{align}
指数関数と三角関数の積の積分は公式を利用した

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\infty} (36x^5-12x^6+x^7)e^{-x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】ガンマ関数に置き換える
\begin{align} I &=\int_{0}^{\infty} 36x^5e^{-x}-12x^6e^{-x}+x^7e^{-x} ~dx \\ &=36\Gamma(6) - 12\Gamma(7) + \Gamma(8) \\ &=4320 - 8640 + 5040 \\ &=720 \end{align}