文献あり

MIT Integration Beeを解く【MIT Integration Bee RegularSeason-2026】

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 2026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 $\to$ $\mathrm{arcosh}{x}$

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{2026} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2026k+2025}}{k!} \right) ~dx$

解答・解説

【ポイント】$e^t$のマクローリン展開を利用する
\begin{align} I &=\int_{0}^{2026} x^{2025}\left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2026k}}{k!} \right) ~dx \\ &=\int_{0}^{2026} x^{2025}e^{x^{2026}} ~dx \\ &= \left[ \frac{1}{2026}e^{x^{2026}} \right]_{0}^{2026} \\ &= \frac{e^{2026^{2026}}-1}{2026} \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\log{34}} 2 + \frac{1}{2e^x-1} + \frac{1}{3e^x-1} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int_{0}^{\log{34}} 2 - \frac{e^{-x}}{1-2e^{-x}} - \frac{e^{-x}}{1-3e^{-x}} ~dx \\ &= \left[ 2x + \log{|e^{-x}-2|} + \log{|e^{-x}-3|} \right]_{0}^{\log34} \\ &= \left( 2\log{34} + \log{\left| \frac{1}{34} -2 \right|} + \log{\left| \frac{1}{34} -3 \right|} \right) - \left( 0 + \log{|-1|} + \log{|-2|} \right) \\ &=2\log{34} + \log{\frac{67}{34}} + \log{\frac{101}{34}} - \log{2} \\ &= \log{\frac{6767}{2}} \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \cos{\pi x} -\pi\left( \frac{1}{4}- x^2\right)\left( \frac{5}{4} -x^2 \right) ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int_{0}^{\frac{1}{2}} \cos{\pi x} -\pi x^4 + \frac{3\pi}{2}x^2 - \frac{5\pi}{16} ~dx \\ &=\left[ \frac{1}{\pi}\sin{\pi x} -\frac{\pi}{5}x^5 + \frac{\pi}{2}x^2 - \frac{5\pi}{16}x \right]_{0}^{\frac{1}{2}} \\ &= \frac{1}{\pi} - \frac{\pi}{160} + \frac{\pi}{16} -\frac{5\pi}{32} \\ &=\frac{1}{\pi} -\frac{\pi}{10} \end{align}

★☆☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】一つ一つ処理していく
$\displaystyle \int_{0}^{1} x ~dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2}$
より、
\begin{align} I &=\int_{\int_{\int_{\frac{1}{2}}^{1} x ~dx}^{1} x ~dx}^{\int_{0}^{\int_{0}^{\frac{1}{2}} x ~dx} x ~dx} x ~dx \end{align}
$\displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}} x ~dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{0}^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{8}$
$\displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^{1} x ~dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{\frac{1}{2}}^{1} = \frac{3}{8}$
より、
\begin{align} I &=\int_{\int_{\frac{3}{8}}^{1} x ~dx}^{\int_{0}^{\frac{1}{8}} x ~dx} x ~dx \end{align}
$\displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{8}} x ~dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{0}^{\frac{1}{8}} = \frac{1}{128}$
$\displaystyle \int_{\frac{3}{8}}^{1} x ~dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{\frac{3}{8}}^{1} = \frac{55}{128}$
より、
\begin{align} I &=\int_{\frac{55}{128}}^{\frac{1}{128}} x ~dx \\ &=\left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{\frac{55}{128}}^{\frac{1}{128}} \\ &= - \frac{189}{2048} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{4x^2-1}{x^2(x^2-1)} ~dx$

解答・解説

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

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{1}{27x - x^{-\frac{1}{3}}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】微分形を作り出す
\begin{align} I &=\int \frac{x^{\frac{1}{3}}}{27x^{\frac{4}{3}}-1} ~dx \\ &= \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{27}\log{\left( 27x^{\frac{4}{3}} -1 \right)} + C \\ &=\frac{1}{36}\log{\left( 27x^{\frac{4}{3}} -1 \right)} + C \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】微分形を作り出す
\begin{align} I &=2\int \frac{\sqrt{x} + \frac{1}{2}}{\sqrt{x^2 + x\sqrt{x}}} ~dx \\ &=2\int \frac{ 1 + \frac{1}{2\sqrt{x}}}{\sqrt{x + \sqrt{x}}} ~dx \\ &=2 \cdot 2(x+ \sqrt{x})^{\frac{1}{2}} + C \\ &=4\sqrt{x+\sqrt{x}} + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{e^x}{e^{2x} - e^{-2x}} ~dx$

解答・解説

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

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】どちらの符号を取るかの条件を調べる
\begin{align} f(x) &= \sin{x} + \sin{2x} + \sin{3x} + \sin{4x} \\ &= \sin{x} + \sin{4x} + \sin{2x} + \sin{3x} \\ &= 2\sin{\frac{5}{2}x}\cos{\frac{3}{2}x} + 2\sin{\frac{5}{2}x}\cos{\frac{x}{2}} \\ &= 2\sin{\frac{5}{2}x}\left( \cos{\frac{3}{2}x} + \cos{\frac{x}{2}} \right) \\ &= 4\sin{\frac{5}{2}x}\cdot \cos{x} \cdot \cos{\frac{x}{2}} \end{align}
$\displaystyle 0 \leq x \leq \pi$ では、
$\displaystyle \sin{\frac{5}{2}x}$ は $\displaystyle 0 \leq x \leq \frac{2}{5}\pi$で符号$+$、
$\displaystyle \frac{2}{5}\pi \leq x \leq \frac{4}{5}\pi$で符号$-$、$\displaystyle \frac{4}{5}\pi \leq x \leq \pi$で符号$+$
$\displaystyle \cos{x}$ は $\displaystyle 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$で符号$+$　、$\displaystyle \frac{\pi}{2} \leq x \leq \pi$で符号$-$
$\displaystyle \cos{\frac{x}{2}}$ は常に符号$+$
まとめると、
$\displaystyle 0 \leq x \leq \frac{2}{5}\pi$ のとき、$f(x) \geq 0$
$\displaystyle \frac{2}{5}\pi \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ のとき、$f(x) \leq 0$
$\displaystyle \frac{\pi}{2} \leq x \leq \frac{4}{5}\pi$ のとき、$f(x) \geq 0$
$\displaystyle \frac{4}{5}\pi \leq x \leq \pi$ のとき、$f(x) \leq 0$
したがって、
\begin{align} I &= \int_{0}^{\frac{2}{5}\pi} ~dx + \int_{\frac{2}{5}\pi}^{\frac{\pi}{2}} (-1) ~dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{4}{5}\pi} ~dx + \int_{\frac{4}{5}\pi}^{\pi} (-1)~dx \\ &= \frac{2}{5}\pi - \left( \frac{\pi}{2} - \frac{2}{5}\pi \right) + \left( \frac{4}{5}\pi - \frac{\pi}{2} \right) - \left( \pi - \frac{4}{5}\pi \right) \\ &= \frac{2}{5}\pi \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{1} \frac{1-x}{\sqrt{e^{2x} - x^2}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】三角関数で置換できる形を作る
\begin{align} I &=\int_{0}^{1} \frac{1-x}{e^x\sqrt{1-\left( \frac{x}{e^x} \right)^2}} ~dx \end{align}
$\displaystyle \sin{\theta} = \frac{x}{e^x}$と置くと　$\displaystyle x:0 \to 1 \quad \theta : 0 \to \arcsin{\left(\frac{1}{e} \right)}$
$\displaystyle \cos{\theta} ~d\theta = \frac{e^x - xe^x}{e^{2x}} ~dx = \frac{1-x}{e^x} ~dx$
\begin{align} I &=\int_{0}^{\arcsin{\left(\frac{1}{e} \right)}} \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2{\theta}}} \cdot \cos{\theta} ~d\theta \\ &=\int_{0}^{\arcsin{\left(\frac{1}{e} \right)}} ~d\theta \\ &=\arcsin{\left(\frac{1}{e} \right)} \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{2026} \left\{ x + \frac{1}{2}\left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor + \frac{1}{3}\left\lfloor \frac{x}{3} \right\rfloor + \frac{1}{4}\left\lfloor \frac{x}{4} \right\rfloor + \cdots \right\} ~dx$

解答・解説

【ポイント】複雑なところを文字で置いてしまう
被積分関数の床関数が連続している部分について、
$\displaystyle c(x) = \frac{1}{2}\left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor + \frac{1}{3}\left\lfloor \frac{x}{3} \right\rfloor + \frac{1}{4}\left\lfloor \frac{x}{4} \right\rfloor + \cdots $
と置く。$x$が自然数$n$を用いて$n \leq x < n+1$と表される区間では、
$c(x)$の値は変わらないから、その時の値を定数$c_n$とすると、
\begin{align} I &= \sum_{n=0}^{2025} \int_{n}^{n+1} \left\{ x + c_n \right\} ~dx \end{align}
ここで、$\{x+c_n\}$のグラフは$\{ x \}$を$c_n$だけ平行移動しただけであり、
$\{ x \}$は、幅1の区間で積分したら必ず$\displaystyle \frac{1}{2}$になるから、
\begin{align} I &= \sum_{n=0}^{2025} \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{2} \cdot 2026 \\ &= 1013 \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{x^8}{x^8-x^6+x^4-x^2+1} ~dx$

解答・解説

【ポイント】$\displaystyle a \to \frac{1}{a}$は$\displaystyle \frac{1}{x}$で置換する
$\displaystyle t=\frac{1}{x}$と置くと　$\displaystyle dt = -\frac{1}{x^2} ~dx$
$\displaystyle x: \frac{1}{2} \to 2 \quad t:2 \to \frac{1}{2}$
\begin{align} I &=\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{t^{-8}}{t^{-8}-t^{-6}+t^{-4}-t^{-2}+1} \cdot \frac{1}{t^2} ~dt \\ &=\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{1}{1-t^2+t^4-t^6+t^8} \cdot \frac{1}{t^2} ~dt \\ 2I &=\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{x^8}{x^8-x^6+x^4-x^2+1} ~dx + \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{1}{x^2(x^8-x^6+x^4-x^2+1)} ~dx \\ &=\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{x^{10}+1}{x^2(x^8-x^6+x^4-x^2+1)} ~dx \\ &=\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{(x^2+1)(x^8-x^6+x^4-x^2+1)}{x^2(x^8-x^6+x^4-x^2+1)} ~dx \\ &=\int_{\frac{1}{2}}^{2} 1 + \frac{1}{x^2} ~dx \\ &=\left[ x - \frac{1}{x} \right]_{\frac{1}{2}}^{2} \\ &=\left( 2 - \frac{1}{2} \right) - \left( \frac{1}{2} - 2 \right) \\ &= 3 \\ I &= \frac{3}{2} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int (\mathrm{arsinh}{x})^2 ~dx$

解答・解説

【ポイント】置換積分
$t=\mathrm{arsinh}{x}$と置くと　$x=\sinh{t} \quad dx=\cosh{t} ~dt$
\begin{align} I &=\int t^2\cosh{t} ~dt \\ &=t^2\sinh{t} -2\int t\sinh{t} ~dt \\ &=t^2\sinh{t} -2t\cosh{t} + 2\int \cosh{t} ~dt \\ &=t^2\sinh{t} -2t\cosh{t} + 2\sinh{t} + C \\ &=(\mathrm{arsinh}{x})^2x - 2\mathrm{arsinh}{x}\cosh{(\mathrm{arsinh}{x})} + 2x + C \end{align}
ここで、$u=\mathrm{arsinh}{x}$と置くと　$x=\sinh{u}$
$\cosh{u} = \sqrt{1+\sinh^2{u}} = \sqrt{1+x^2} = \cosh{(\mathrm{arsinh}{x})}$
\begin{align} I &=(\mathrm{arsinh}{x})^2x - 2\sqrt{1+x^2}\mathrm{arsinh}{x} + 2x + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \cos^2{(2026x)} \cos{(1013x)} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\frac{1}{2}\int (1+\cos{(4052x)})\cos{(1013x)} ~dx \\ &=\frac{1}{2}\int \cos{(1013x)} + \cos{(4052x)}\cos{(1013x)} ~dx \\ &=\frac{1}{2}\int \cos{(1013x)} ~dx + \frac{1}{4}\int \cos{(3039x)} + \cos{(5065x)} ~dx \\ &=\frac{\sin{(1013x)}}{2016} + \frac{\sin{(3039x)}}{12156} + \frac{\sin{(5065x)}}{20260} + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int e^x \arcsin{(\tanh{x})} ~dx$

解答・解説

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

★★★★☆

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

解答・解説

【ポイント】微分形を頑張って探し出す
\begin{align} I &=\int \frac{(x-x^3)\cos{x} + 2x^2\sin{x})}{(1+x^2)^2} ~dx \end{align}
被積分関数の分母が2乗の形になっているから、商の微分を疑ってみる
分子の第二項を見て、分子が$x\sin{x}$であると予想すると、
\begin{align} \left( \frac{x\sin{x}}{1+x^2} \right)' &= \frac{(\sin{x} + x\cos{x})(1+x^2) - x\sin{x} \cdot 2x}{(1+x^2)^2} \\ &=\frac{(x+x^3)\cos{x} -x^2\sin{x} + \sin{x}}{(1+x^2)^2} \end{align}
分子の$\sin{x}$は$x\sin{x}$の微分と$1+x^2$との積によって発生しているから、
それを消すために$\cos{x}$で調整すると、
\begin{align} \left( \frac{x\sin{x}+\cos{x}}{1+x^2} \right)' &= \frac{(\sin{x} + x\cos{x} - \sin{x})(1+x^2) - 2x(x\sin{x} + \cos{x})}{(1+x^2)^2} \\ &=\frac{(x^3-x)\cos{x} -2x^2\sin{x}}{(1+x^2)^2} \end{align}
したがって、
\begin{align} I &=-\int \frac{d}{dx} \left( \frac{x\sin{x}+\cos{x}}{1+x^2} \right) ~dx \\ &= - \frac{x\sin{x}+\cos{x}}{1+x^2} + C \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{1} \sin((x-1)(5x-1))\sin{(x(3x-2))} ~dx$

解答・解説

【ポイント】共通の形を作り出す
\begin{align} I &=\int_{0}^{1} \sin(5x^2-6x+1)\sin{(3x^2-2x)} ~dx \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \cos{(2x^2-4x+1)} - \cos{(8x^2-8x+1)} ~dx \quad \rm{【積和公式】} \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \cos{(2x^2-4x+1)} ~dx - \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \cos{(8x^2-8x+1)} ~dx \\ &=\frac{1}{2} J - \frac{1}{2}K \\ J &= \int_{0}^{1} \cos{(2x^2-4x+1)} ~dx \\ &= \int_{0}^{1} \cos{(2(1-x)^2-1)} ~dx \end{align}
$t=1-x$と置くと　$dt = -dx$
$x:0 \to 1 \quad t:1 \to 0 $
\begin{align} J &= \int_{0}^{1} \cos{(2t^2-1)} ~dt \end{align}

$t=1-x$と置くと　$dt = -dx$
$x:0 \to 1 \quad t:1 \to 0 $
\begin{align} K &= \int_{0}^{1} \cos{(8x^2-8x+1)} ~dx \\ &= \int_{0}^{1} \cos{(2(2x-1)^2-1)} ~dx \end{align}
$t=2x-1$と置くと　$dt = 2 ~dx$
$x:0 \to 1 \quad t:-1 \to 1 $
\begin{align} K &= \frac{1}{2}\int_{-1}^{1} \cos{(2t^2-1)} ~dt \end{align}
被積分関数は偶関数だから
\begin{align} K &= \int_{0}^{1} \cos{(2t^2-1)} ~dt \end{align}
上記より、$J=K$であるから、
\begin{align} I &= \frac{1}{2}J - \frac{1}{2}K \\ &= 0 \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{\frac{1}{4}}^{\sqrt{2}} \frac{1}{x(x^{x^{x^{\cdots}}}\log{x}-1)} ~dx$

解答・解説

【ポイント】繰り返し部分を文字で置く
\begin{align} I &=\int_{\frac{1}{4}}^{\sqrt{2}} \frac{1}{x(\log{x^{x^{x^{\cdots}}}}-1)} ~dx \end{align}
$\displaystyle y = x^{x^{x^{\cdots}}}$と置くと　$\displaystyle y = x^y \quad \log{y} = y\log{x} \quad \frac{\log{y}}{y} = \log{x}$
$\displaystyle \frac{1-\log{y}}{y^2} ~dy = \frac{1}{x} ~dx$
ここで、$\displaystyle y=x^{x^{x^{\cdots}}}$について、$\displaystyle e^{-e} \leq x \leq e^{\frac{1}{e}}$で収束し、
その値は$y \leq e$をとる。したがって、$\displaystyle x=y^{\frac{1}{y}}$　は、
$\displaystyle x=\frac{1}{4}$のとき、$\displaystyle y=\frac{1}{2}$でこれは条件を満たす。
$\displaystyle x=\sqrt{2}$のとき、$\displaystyle y=2,4$で$2 < e$であるから、$2$は条件を満たす。
したがって、
\begin{align} I &= \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{1}{\log{y} -1} \cdot \frac{1-\log{y}}{y^2} ~dy \\ &= -\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{1}{y^2} ~dy \\ &= \left[ \frac{1}{y} \right]_{\frac{1}{2}}^{2} \\ &= -\frac{3}{2} \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{1} \frac{1+((2026 + 2x -x^2)^2-2)(2026+4x-4x^2)^2}{(2025+2x-x^2)(2027+2x-x^2)(2025+4x-4x^2)(2027+4x-4x^2)} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する共通の形を作り出す
$A=2026+2x-x^2$、$B=2026+4x-4x^2$と置くと
\begin{align} I &=\int_{0}^{1} \frac{1+(A^2-2)B^2}{(A-1)(A+1)(B-1)(B+1)} ~dx \\ &=\int_{0}^{1} \frac{A^2B^2-2B^2+1}{(A^2-1)(B^2-1)} ~dx \\ &=\int_{0}^{1} 1 + \frac{A^2-B^2}{(A^2-1)(B^2-1)} ~dx \\ &=\int_{0}^{1} 1 + \frac{1}{B^2-1} - \frac{1}{A^2-1} ~dx \\ &=\left[ x \right]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{1}{B^2-1} ~dx - \int_{0}^{1} \frac{1}{A^2-1} ~dx \\ &=1 + \int_{0}^{1} \frac{1}{B^2-1} ~dx - \int_{0}^{1} \frac{1}{A^2-1} ~dx \\ &= 1 + J - K \end{align}
ここで、$A=2027-(1-x)^2$、$B=2027-(2x-1)^2$　であるから、
\begin{align} J &= \int_{0}^{1} \frac{1}{B^2-1} ~dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{1}{(2027-(2x-1)^2)^2-1} ~dx \end{align}
$t=2x-1$と置くと、$dt=2~dx$
$x:0 \to 1 \quad t:-1 \to 1$
\begin{align} J &= \frac{1}{2}\int_{-1}^{1} \frac{1}{(2027-t^2)^2-1} ~dt \\ \end{align}
被積分関数は偶関数だから、
\begin{align} J &= \int_{0}^{1} \frac{1}{(2027-t^2)^2-1} ~dt \\ \end{align}

\begin{align} K &= \int_{0}^{1} \frac{1}{A^2-1} ~dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{1}{(2027-(1-x)^2)^2-1} ~dx \end{align}
$t=1-x$と置くと、$dt=-dx$
$x:0 \to 1 \quad t:1 \to 0$
\begin{align} K &= \int_{0}^{1} \frac{1}{(2027-t^2)^2-1} ~dt \\ \end{align}
上記より、$J=K$であるから、
\begin{align} I &= 1 + J - K \\ &= 1 \end{align}

★★★★☆

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

解答・解説

【ポイント】再帰関数を考える
被積分関数を$G(x)$として、それを展開すると、
$\displaystyle G(x) = 4^{x-1} + 4^{4^{x-1}-1 + (x-1)} + 4^{4^{4^{x-1}-1}-1 + 4^{x-1} + (x-1)} + \cdots $
ここで、$\displaystyle f_0(x) = x ~,~ f_{n+1}(x) = 4^{f_n(x)-1}$という関数を考えると、
$\displaystyle G(x) = \sum_{k=1}^{\infty} \prod_{n=1}^{k} f_n(x)$　と表せる。
また、$\displaystyle f_{n+1}(x) = 4^{f_n(x)-1}$について、その微分を考えると、
\begin{align} f_{n+1}'(x) &= 4^{f_n(x)-1} \cdot f_n'(x) \cdot \log{4} \\ &= f_{n+1}(x) \cdot 4^{f_{n-1}(x)-1} \cdot f_{n-1}'(x) \cdot (\log{4})^2 \\ &= \vdots \\ &= f_{n+1}(x) \cdot f_n(x) \cdot \cdots \cdot f_1(x) \cdot f_0'(x) \cdot (\log{4})^{n+1} \\ &= f_{n+1}(x) \cdot f_n(x) \cdot \cdots \cdot f_1(x) \cdot (\log{4})^{n+1} \\ f_k'(x) &= (\log{4})^k \cdot \prod_{n=1}^{k} f_n(x) \end{align}
したがって、$\displaystyle \prod_{n=1}^{k} f_n(x) = \frac{f_k'(x)}{(\log{4})^k}$ であるから、 $\displaystyle G(x) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{f_k'(x)}{(\log{4})^k}$
よって、
\begin{align} I &=\int G(x) ~dx \\ &=\int \sum_{k=1}^{\infty} \frac{f_k'(x)}{(\log{4})^k} ~dx \\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(\log{4})^k} \int f_k'(x) ~dx \\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{f_k(x)}{(\log{4})^k} + C \end{align}
ここで、$x=1$のとき、$f_0(1) = 1 ~,~ f_1(1) = 4^{1-1} = 1 ~,$
$f_2(1)=4^{1-1}=1 ~,~ \cdots$ と続いていくから、すべての$n$で$f_n(1)=1$
$\displaystyle x = \frac{1}{2}$のとき、$\displaystyle f_0 \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2} ~,~ f_1 \left( \frac{1}{2} \right) = 4^{\frac{1}{2}-1} = \frac{1}{2} ~,$
$\displaystyle f_2 \left( \frac{1}{2} \right) = 4^{\frac{1}{2}-1} = \frac{1}{2} ~,~ \cdots$ と続いていくから、すべての$n$で$\displaystyle f_n \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2}$
したがって、
\begin{align} I &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} G(x) ~dx \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(\log{4})^k} - \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(\log{4})^k} \\ &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(\log{4})^k} \\ &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{\log{4}} \cdot \left( \frac{1}{\log{4}} \right)^{k-1} \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{\frac{1}{\log{4}}}{1 - \frac{1}{\log{4}}} \\ &= \frac{1}{2(\log{4}-1)} \end{align}