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。【採用されました。別の問題が】

お知らせ

問題が積分ガチャ超級に採用されました！！

この問題が応募できなかった理由について

最初、応募する問題を2問用意してたのですが、応募条件で一度に1問しか応募できず、こちらの問題が没になった訳なのですが......

このたび、これではない別の積分が採用されることになりました！

積分ガチャも3周年になり、記念アップデートです🌈
新たに2人のフォローさんの問題を追加で、ガチャの組み合わせは
web版：20700900通り🌀
アプリ版：96562125通り🌀
この3年、遊んでくださったすべての方に感謝いたします🙇‍♂️

https://t.co/CFnzNRMa4D #積分ガチャ

— おい数 / おいしい数学 (@oicmath) May 16, 2024

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。

類題

メインの問題が今から解説する解法以外で解けることに気がついたので、それを対策したバージョンです。

解説パート

積分区間分け

$$ \int_0^\pi \dfrac{\sin{x}}{1+\sqrt{1+\sin{2x}}} \ dx $$
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。