文献あり

MIT Integration Beeを解く【MIT Integration Bee Qualifying-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 $\to$ $\mathrm{arcosh}{x}$

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{-\pi}^{\pi} \sin^{2025}{x}\cos^{2026}{x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】King Property
King Propertyより、$\displaystyle x \mapsto (\pi - \pi -x) = -x$
\begin{align} I &=\int_{-\pi}^{\pi} \sin^{2025}{(-x)}\cos^{2026}{(-x)} ~dx \\ &=-\int_{-\pi}^{\pi} \sin^{2025}{x}\cos^{2026}{x} ~dx \\ &=-I \\ I &= 0 \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int e^{2026e^x+x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int e^x \cdot e^{2026e^x} ~dx \\ &=\frac{1}{2026}e^{2026e^x} + C \quad \rm{【微分形接触】} \end{align}

★★★☆☆

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

解答・解説

【ポイント】床関数は文字で置く、$\{\cdot \}$の性質を知っているか
まず、$\displaystyle \{x\} $は$x$の小数部分を出力する関数である。
$\displaystyle k = \lfloor x \rfloor $と置くと、
\begin{align} I &=\sum_{k=0}^{2025} \int_{k}^{k+1} \left\{ \frac{k}{3} \right\} ~dx \\ &= \sum_{k=0}^{2025} \left\{ \frac{k}{3} \right\} \big[ x \big]_k^{k+1} \\ &= \sum_{k=0}^{2025} \left\{ \frac{k}{3} \right\} \end{align}
ここで、$k$へ順に数値を代入してみると、
$\displaystyle 0 ,~ \frac{1}{3} ,~ \frac{2}{3} ,~ 0 ,~ \frac{1}{3} ,~ \frac{2}{3} ,~ 0 ,~ \cdots $　となるため、先頭から3項ずつの和は1となることがわかる。
さて、計算すべきなのは0から2025までの2026個の整数であり、
$2026 = 3 \cdot 675 + 1$　であるから、
\begin{align} I &=1 \cdot 675 + 0 \\ &=675 \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{-1}^{1} \underbrace{|x+|x+| \cdots + |x+|x|| \cdots |||} _{\text{2026 x's}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】場合分けして規則性を掴む
まず、$f_1(x) = |x| ~,~ f_{n+1}(x) = |x+|f_n(x)||$について考える。
$0 \leq x$のとき、$f_2(x)=|x+|x||=2x ~,~ f_3(x)=|x+|2x||=3x ~,~ \cdots$ と続き、
$f_{n}(x) = |x+|(n-1)f_{n-1}(x)|| = nx $　となる。

$x < 0$のとき、$f_2(x)=|x+|x||=0 ~,~ f_3(x)=|x+|0||=|x| ~,~ \cdots$ と続き、
\begin{align} f_{n}(x) &= 0 ~(n \equiv 0 \mod 2) \\ &= |x| ~(n \equiv 1 \mod 2) \quad \rm{となる。} \end{align}
さて、今回は$n=2026$と$n$が偶数であるから、
\begin{align} I &= \int_{-1}^{0} f_{2026}(x) ~dx + \int_{0}^{1} f_{2026}(x) ~dx \\ &= \int_{-1}^{0} 0 ~dx + \int_{0}^{1} 2026x ~dx \\ 　&= \Big[ 1013x^2 \Big]_0^1 \\ &= 1013 \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】有理化
\begin{align} I &=\int \frac{1}{\sqrt{x+1} - \sqrt{x-1}} \cdot \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x-1}} ~dx \\ &=\int \frac{\sqrt{x+1} + \sqrt{x-1}}{(x+1)-(x-1)} ~dx \\ &=\frac{1}{2}\int (x+1)^{\frac{1}{2}} + (x-1)^{\frac{1}{2}} ~dx \\ &=\frac{1}{3}(x+1)^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{3}(x-1)^{\frac{3}{2}} + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \sqrt{1+\cosh{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} \cosh^2{\frac{x}{2}} &= \left( \frac{e^{\frac{1}{2}}+e^{-\frac{1}{2}}}{2} \right)^2 \\ &= \frac{e^x + 2 + e^{-x}}{4} \\ &= \frac{1+\cosh{x}}{2} \\ 1+\cosh{x} &= 2\cosh^2{\frac{x}{2}} \end{align}
したがって、
\begin{align} I &=\int \sqrt{2\cosh^2{\frac{x}{2}}} ~dx \\ &=\sqrt{2} \int \cosh{\frac{x}{2}} ~dx \\ &=2\sqrt{2}\sinh{\frac{x}{2}} + C \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】式を整理する
$a^{\log{b}} = b^{\log{a}}$という公式を用いると、
\begin{align} I &=\int \frac{x^{\log{2}}}{x^2} ~dx \\ &=\int x^{\log{2} -2} ~dx \\ &=\frac{1}{\log{2} - 1 }x^{\log{2}-1} + C \end{align}

★★★☆☆

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

解答・解説

【ポイント】式を整理する
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}x^n $は初項1、公比$x$の無限等比級数であるから、その和は、
$\displaystyle \frac{1}{1-x}$であるから、
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}x^n &= \sum_{n=0}^{\infty}x^n - (x^0+x^1) \\ &=\frac{1}{1-x} -1-x \end{align}
したがって、
\begin{align} I &= -\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{x-1} + 1 + x ~dx \\ &=-\left[ \log{|x-1|} +x +\frac{1}{2}x^2 \right]_0^{\frac{1}{2}} \\ &= -\left(-\log{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{8} \right) \\ &= \log{2} - \frac{5}{8} \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

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

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】分母を無理やり分子に生み出す
\begin{align} I &=\int \frac{x^2-2x+1}{2e^x+x^2+1} ~dx \\ &=\int \frac{2e^x+x^2+1-(2e^x+2x)}{2e^x+x^2+1} ~dx \\ &=\int 1 - \frac{2e^x+2x}{2e^x+x^2+1} ~dx \\ &= x - \log{(2e^x+x^2+1)} + C \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{-1}^{1} \mathrm{max}{\left( 0,~ \sqrt{1-x^2}-\frac{1}{2} \right)} ~dx$

解答・解説

【ポイント】条件を把握する
一旦$\displaystyle \sqrt{1-x^2} - \frac{1}{2} \geq 0$となる条件を考えてみる。
$\displaystyle \sqrt{1-x^2} \geq \frac{1}{2} ~,~ 1-x^2 \geq \frac{1}{4} ~,~ x^2 \leq \frac{3}{4} ~,~ -\frac{\sqrt{3}}{2} \leq x \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$
よって、
\begin{align} \mathrm{max}{\left( 0,~ \sqrt{1-x^2}-\frac{1}{2} \right)} &= \sqrt{1-x^2}-\frac{1}{2} ~\left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \leq x \leq \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ &= 0 ~\left( -1 \leq x \leq -\frac{\sqrt{3}}{2} ~,~ \frac{\sqrt{3}}{2} \leq x \leq 1 \right) \end{align}
したがって、
\begin{align} I &= \int_{-1}^{-\frac{\sqrt{3}}{2}} 0 ~dx + \int_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \sqrt{1-x^2} - \frac{1}{2} ~dx + \int_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^{1} 0 ~ dx \\ &= \int_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \sqrt{1-x^2} - \frac{1}{2} ~dx \\ &= 2\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \sqrt{1-x^2} - \frac{1}{2} ~dx \quad \rm{【被積分関数は偶関数】} \\ &= 2\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \sqrt{1-x^2} ~dx - \left[ x \right]_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \\ &= 2\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \sqrt{1-x^2} ~dx - \frac{\sqrt{3}}{2} \end{align}
$x=\sin{\theta}$と置くと　$dx = \cos{\theta} ~ d\theta$
$\displaystyle x:0 \to \frac{\sqrt{3}}{2} \quad \theta : 0 \to \frac{\pi}{3}$
\begin{align} I &= 2\int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \cos^2{\theta} ~d\theta - \frac{\sqrt{3}}{2} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} 1+ \cos{2\theta} ~d\theta - \frac{\sqrt{3}}{2} \\ &= \left[ \theta + \frac{1}{2}\sin{2\theta} \right]_0^{\frac{\pi}{3}} - \frac{\sqrt{3}}{2} \\ &= \left( \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) - \frac{\sqrt{3}}{2} \\ &= \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} \end{align}
$ $

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+x+ \sqrt{x^2+x + \sqrt{\cdots}}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】丸々置いてしまう
$\displaystyle y = \sqrt{x^2+x+y}$と置くと、　 $y^2 = x^2+x+y \quad y^2-y=x^2+x$
$\displaystyle y^2-y+\frac{1}{4}=x^2+x+\frac{1}{4} \quad \left( y - \frac{1}{2} \right)^2 = \left( x+ \frac{1}{2} \right)^2$
$\displaystyle y-\frac{1}{2} = x+\frac{1}{2} \quad y = x+1 $
$\displaystyle dy=dx \quad x:0 \to 1 \quad y:1 \to 2 $
\begin{align} I &=\int_{1}^{2} y ~dy \\ &=\left[ \frac{1}{2}y^2 \right]_1^2 \\ &=\frac{3}{2} \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \cos^5{x} -10\cos^3{x}\sin^2{x} +5\cos{x}\sin^4{x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】$\cos{x}$に統一する
\begin{align} I &=\int \cos^5{x} -10\cos^3{x}(1-\cos^2{x}) +5\cos{x}(1-\cos^2{x})^2 ~dx \\ &=\int \cos^5{x} -10\cos^3{x} + 10\cos^5{x} +5\cos{x} -10\cos^3{x} + 5\cos^5{x} ~dx \\ &=\int 16\cos^5{x} -20\cos^3{x} + 5\cos{x} ~dx \\ &=\int \cos{5x} ~dx \\ &=\frac{1}{5}\sin{5x} + C \end{align}
※式の整理に5倍角の公式を使用

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \arctan{(\sqrt{x})} ~dx$

解答・解説

【ポイント】置換積分
$t=\sqrt{x} \quad x=t^2 \quad dx = 2t ~dt$
\begin{align} I &=\int 2t \cdot \arctan{t} ~dt \\ &= t^2\arctan{t} - \int \frac{t^2}{t^2+1} ~dt \\ &= t^2\arctan{t} + \int \frac{1}{t^2+1} - 1 ~dt \\ &= t^2\arctan{t} +\arctan{t} - t + C \\ &= x\arctan{(\sqrt{x})} +\arctan{(\sqrt{x})} - \sqrt{x} + C \\ &= (x+1)\arctan{(\sqrt{x})} - \sqrt{x} + C \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{1000} \lfloor \lceil x \rceil \rfloor + \lceil \lfloor x \rfloor \rceil + \lfloor \{ x \} \rfloor + \{ \lfloor x \rfloor \} + \lceil \{ x \} \rceil + \{ \lceil x \rceil \}~dx$

解答・解説

【ポイント】一つ一つ性質を見る
$x \notin \mathbb{Z}$を満たす$x$について、ある自然数$n$を用いて$n < x < n+1$と表せる。
したがって、
$\lceil x \rceil = n+1 ~,~ \lfloor x \rfloor = n ~,~ \{ x \} =x$の小数部分である。
$\lfloor \lceil x \rceil \rfloor$は$n+1$の小数部分を切り捨てるから、$\lfloor \lceil x \rceil \rfloor = n+1$
$\lceil \lfloor x \rfloor \rceil$は$n$の小数部分を切り上げるから、$\lceil \lfloor x \rfloor \rceil = n$
$\lfloor \{ x \} \rfloor $は$x$の小数部分の小数部分を切り捨てるから、$\lfloor \{ x \} \rfloor =0$
$\{ \lfloor x \rfloor \}$は$n$の小数部分だから、$\{ \lfloor x \rfloor \} = 0$
$\lceil \{ x \} \rceil$は$x$の小数部分の小数部分を切り上げるから、$\lceil \{ x \} \rceil = 1$
$\{ \lceil x \rceil \}$は$n+1$の小数部分だから、$\{ \lceil x \rceil \} = 0$
よって、
\begin{align} I &=\sum_{n=0}^{999} \int_{n}^{n+1} 2n+2 ~dx \\ &=\sum_{n=0}^{999} (2n+2) \Big[ x \Big]_{n}^{n+1} \\ &=\sum_{n=0}^{999} 2n+2 \\ &=2\sum_{n=0}^{999} n+1 \\ &=2\sum_{n=1}^{1000} n \quad \rm{【一つ前にずらす】} \\ &=2 \cdot \frac{1000 \cdot 1001 }{2} \\ &=1001000 \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \sqrt{\frac{\cos{x}\cot{x}\csc{x}}{\sin{x}\tan{x}\sec{x}}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \sqrt{\frac{\cos^2{x}}{\sin^2{x}} \cdot \frac{\cos^2{x}}{\sin^2{x}}} ~dx \\ &=\int \frac{\cos^2{x}}{\sin^2{x}} ~dx \\ &=\int \frac{1}{\sin^2{x}} -1 ~dx \\ &=-\cot{x} -x + C \end{align}

★★★★☆

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

解答・解説

【ポイント】King Propertyとガウス積分
\begin{align} I &=\lim_{M \to \infty} \int_{-M}^{M} \frac{e^{-x^2}}{1+e^{2x}} ~dx \\ \end{align}
King Propertyより、$x \mapsto (M-M-x)= -x$
\begin{align} I &=\lim_{M \to \infty} \int_{-M}^{M} \frac{e^{-(-x)^2}}{1+e^{-2x}} ~dx \\ &=\lim_{M \to \infty} \int_{-M}^{M} \frac{e^{2x} \cdot e^{-x^2}}{e^{2x}+1} ~dx \\ 2I&=\lim_{M \to \infty} \int_{-M}^{M} \frac{e^{-x^2}}{1+e^{2x}} + \frac{e^{2x} \cdot e^{-x^2}}{e^{2x}+1} ~dx \\ &=\lim_{M \to \infty} \int_{-M}^{M} \frac{(1+e^{2x})e^{-x^2}}{1+e^{2x}} ~dx \\ &=\lim_{M \to \infty} \int_{-M}^{M} e^{-x^2} ~dx \\ &=\sqrt{\pi} \\ I&=\frac{\sqrt{\pi}}{2} \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】積の微分に気づく
$\displaystyle (\sin^2{x})' = 2\sin{x}\cos{x}=\sin{2x} \quad \left( \frac{1}{x} \right)' = -\frac{1}{x^2}$より、
\begin{align} I &=-\int \frac{d}{dx} \left( \frac{\sin^2{x}}{x} \right) ~dx \\ &=-\frac{\sin^2{x}}{x} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{\log{(\log{x})} \cdot \log{(\log{(\log{x})})} }{x\log{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】置換積分
$t=\log{x}$と置くと　$dt = \frac{1}{x} ~dx$
\begin{align} I &=\int \frac{\log{t} \cdot \log{(\log{t})}}{t} ~dt \end{align}
$u=\log{t}$と置くと　$du = \frac{1}{t} ~dt$
\begin{align} I &=\int u\log{u} ~du \\ &=\frac{1}{2}u^2\log{u} - \frac{1}{2}\int u ~du \\ &=\frac{1}{2}u^2\log{u} - \frac{1}{4}u^2 +C \\ &=\frac{1}{4}u^2(2\log{u}-1) + C \\ &=\frac{1}{4}(\log{t})^2(2\log{(\log{t})}-1) + C \\ &=\frac{1}{4}(\log{(\log{x})})^2(2\log{(\log{(\log{x})})}-1) + C \end{align}

★★★★☆

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

解答・解説

【ポイント】対称性を連鎖させる
まず前提として、$\cos{\left( \frac{\pi}{2} - \theta \right)} = \sin{\theta}$である。
King Propertyより、 $x \mapsto \left( \frac{\pi}{2} + 0 - x\right) = \frac{\pi}{2} - x$　変換後の積分を$J$とすると、
\begin{align} J &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{\left(\frac{\pi}{2}-x \right)} \right)} \right)} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\sin^2{x} \right)} \right)} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{\left( \frac{\pi}{2}(1-\cos^2{x}) \right)} \right)} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{\left( \frac{\pi}{2} -\frac{\pi}{2}\cos^2{x} \right)} \right)} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\sin^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{x} \right)} \right)} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\left( 1 - \cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{x} \right)} \right) \right)} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{\left( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} \cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{x} \right)} \right)} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{x} \right)} \right)} ~dx \end{align}
ここで、$\displaystyle A=\frac{\pi}{2}\cos^2{\left( \frac{\pi}{2}\cos^2{x} \right)}$とすると、
\begin{align} 2I &= I + J \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{A} + \sin^2{A} ~dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} ~dx \\ &= \frac{\pi}{2} \\ I &= \frac{\pi}{4} \end{align}