積分ガチャの超級公募に応募しなかった問題を高校範囲のみで解いてみた。

応募しなかった問題

積分ガチャの問題はすべて高校までに習う数学で解くことが出来ます。解き始める前に高校数学の範囲でこの定積分を解く上で難しいポイントを紹介しましょう。

1. 分母の有理化

$\dfrac{\sin{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}}=\dfrac{-1+\sqrt{1+\sin{2x}} \,}{2\cos{x}}$

$x=\dfrac{\pi}{2}$のとき$\cos{x}=0$ですので、これは広義積分になります。

2. 定番の置換

三角関数が含まれる積分の難問で常套手段として使われる$t=\tan{\dfrac{x}{2}}$(ワイエルシュトラスの置換)を用いて置換すると、$x:0\to\pi \Leftrightarrow t:0\to\infty$となり、これも広義積分となってしまいます。

他にも、$\sin{x}$と$\sin{2x}$を同時に消せる上手い置換が少ないなど......

今回は作問者がどのようにして、高校数学の範囲内でこの積分を解いたのか書いていきます。

解説パート

$$ \int_0^\pi \dfrac{\sin{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx $$
積分区間を分けて、それぞれ$I_1,\ I_2$とおく。
$$ I_1=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \dfrac{\sin{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx,\ I_2=\int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\pi} \dfrac{\sin{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx $$
King Propertyより
$$ I_1=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \dfrac{\cos{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx,\ I_2=\int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\pi} \dfrac{-\cos{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx $$
等しい２式をそれぞれ合わせて
$$ 2I_1=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \dfrac{\sin{x}+\cos{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx,\ 2I_2=\int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\pi} \dfrac{\sin{x}-\cos{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx $$

$(i) \ I_1$を計算する。
$y=\sin{x}-\cos{x}$とおく。
$x:0\to\dfrac{\pi}{2} \Leftrightarrow y:-1\to1,$
$dy=\sin{x}+\cos{x} \ dx,\ \sin{2x}=2\sin{x}\cos{x}=1-y^2$より

$$ 2I_1=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \dfrac{\sin{x}+\cos{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx $$

$$ =\int_{-1}^1 \dfrac{\sin{x}+\cos{x}}{1+\sqrt{1+(1-y^2)}} \cdot \dfrac{1}{\sin{x}+\cos{x}} \ dy $$
$$ =\int_{-1}^1 \dfrac{dy}{1+\sqrt{2-y^2}} $$
偶関数だから
$$ I_1=\int_0^1 \dfrac{dy}{1+\sqrt{2-y^2}} $$

$y=\sqrt{2}\sin{\theta} \ \bigg( |\theta|\leqq\dfrac{\pi}{2} \bigg)$とおく。$y:0\to1 \Leftrightarrow \theta:0\to\dfrac{\pi}{4}, \ dy=\sqrt{2}\cos{\theta} \ d\theta$より
$$ =\int_0^\dfrac{\pi}{4} \dfrac{\sqrt{2}\cos{\theta}}{1+\sqrt{2} \cos{\theta}} \ d\theta=\dfrac{\pi}{4}-\int_0^\dfrac{\pi}{4} \dfrac{d\theta}{1+\sqrt{2} \cos{\theta}} $$

$z=\tan{\dfrac{\theta}{2}} \ ( |z|\leqq 1 )$とおく。

$\theta:0\to\dfrac{\pi}{4} \Leftrightarrow z:0\to\tan{\dfrac{\pi}{8}}, \ d\theta=\dfrac{2}{1+z^2} \ dz$より
$$ \dfrac{\pi}{4}-I_1=\int_0^\dfrac{\pi}{4} \dfrac{d\theta}{1+\sqrt{2} \cos{\theta}} $$
$$ =\int_0^{\tan{\dfrac{\pi}{8}}} \dfrac{1}{1+\sqrt{2} \cdot \dfrac{1-z^2}{1+z^2}} \cdot \dfrac{2}{1+z^2} \ dz $$
$$ ＝2 \int_0^{\tan{\dfrac{\pi}{8}}} \dfrac{dz}{1+\sqrt{2}-(\sqrt{2}-1) z^2} $$
$$ =2(1+\sqrt{2}) \int_0^{\tan{\dfrac{\pi}{8}}} \dfrac{dz}{(1+\sqrt{2})^2-z^2} $$
$$ =\int_0^{\tan{\dfrac{\pi}{8}}} \dfrac{1}{z+1+\sqrt{2} }-\dfrac{1}{z-1-\sqrt{2} } dz $$
$$ =\bigg[ \log\bigg| \dfrac{z+1+\sqrt{2}}{z-1-\sqrt{2}} \bigg| \bigg]_0^{\tan{\dfrac{\pi}{8}}} $$
$\tan{\dfrac{\pi}{8}}=\sqrt{2}-1$より
$$ =\log\bigg| \dfrac{(\sqrt{2}-1)+1+\sqrt{2}}{(\sqrt{2}-1)-1-\sqrt{2}} \bigg|-\log\bigg| \dfrac{1+\sqrt{2}}{-1-\sqrt{2}} \bigg|=\dfrac{1}{2} \log{2} $$
$$ ∴I_1=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2} \log{2} $$

$(ii) \ I_2$を計算する。
$s=\sin{x}+\cos{x}$とおく。
$x:\dfrac{\pi}{2}\to\pi \Leftrightarrow s:1\to−1,$
$ds=\cos{x}-\sin{x} \ dx,\ \sin{2x}=2\sin{x}\cos{x}=s^2−1$より

$$ 2I_2=\int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\pi} \dfrac{\sin{x}−\cos{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx $$
$$ =\int_1^{-1}　\dfrac{\sin{x}-\cos{x}}{1+\sqrt{1+(s^2-1)}} \cdot \dfrac{1}{\cos{x}-\sin{x}} \ ds $$
$$ =\int_{-1}^1 \dfrac{ds}{1+|s|} $$
偶関数だから
$$ I_2=\int_0^1 \dfrac{ds}{1+s} =\bigg[\log(1+s) \bigg]_0^1=\log2 $$

$(i), (ii)$より
$$ \int_0^\pi \dfrac{\sin{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx=I_1+I_2=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2} \log{2} $$

この問題の解説書くまで、$\tan{\dfrac{t}{2}}$の置換にワイエルシュトラスの置換という名前があることを知りませんでした。