文献あり

MIT Integration Beeを解く【MIT Integration Bee RegularSeason-2024】

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 2024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 $\to$ $\mathrm{arcosh}{x}$

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{1}^{2024} \left\lfloor \log_{43}{x} \right\rfloor ~dx$

解答・解説

【ポイント】床関数の取る値を確かめる
$43^2=1849$であるから、
$1 \leq x < 43$ のとき、 $\displaystyle \left\lfloor \log_{43}{x} \right\rfloor = 0$
$43 \leq x < 1849$ のとき、 $\displaystyle \left\lfloor \log_{43}{x} \right\rfloor = 1$
$1849 \leq x \leq 2024$ のとき、 $\displaystyle \left\lfloor \log_{43}{x} \right\rfloor = 2$
したがって、
\begin{align} I &= 1 \cdot (1849-43) + 2\cdot (2024-1849) \\ &= 1806 + 350 \\ &= 2156 \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{1}{x^{2024}-x^{4047}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】置換積分できる形を作る
\begin{align} I &=\int \frac{x^{-4047}}{x^{-2023}-1} ~dx \\ &=\int \frac{x^{-2023} \cdot x^{-2024}}{x^{-2023}-1} ~dx \\ \end{align}
$\displaystyle t=x^{-2023}$と置くと　$\displaystyle dt = -2023x^{-2024} ~dx$
\begin{align} I &=-\frac{1}{2023}\int \frac{t}{t-1} ~dt \\ &=-\frac{1}{2023}\int 1+\frac{1}{t-1} ~dt \\ &=-\frac{1}{2023}\left( t + \log{(t-1)} \right) + C \\ &=-\frac{1}{2023}\left( x^{-2023} + \log{\left( x^{-2023}-1 \right)} \right) + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{1} x^2(1-x)^{2024} ~dx$

解答・解説

【ポイント】ベータ関数を利用する
$\displaystyle \int_{0}^{1} x^{m}(1-x)^n ~dx = \frac{m!n!}{(m+n+1)!}$　であるから、
\begin{align} I &= \frac{2!2024!}{(2+2024+1)!} \\ &= \frac{2!2024!}{2027!} \\ &= \frac{2}{2027 \cdot 2026 \cdot 2025} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{2023x+1}{x^2+2024} ~dx$

解答・解説

【ポイント】分子を分解する
\begin{align} I &=\int \frac{2023x}{x^2+2024} + \frac{1}{x^2+2024} ~dx \\ &=\frac{2023}{2}\log{\left( x^2+2024 \right)} + \frac{1}{\sqrt{2024}}\arctan{\left( \frac{x}{\sqrt{2024}} \right)} +C \end{align}

★★★★☆

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

解答・解説

【ポイント】ガウス積分に置き換える
\begin{align} I &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\cos^2{x}} e^{-\frac{1}{\cos^2{x}}} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\cos^2{x}} e^{-(1+\tan^2{x})} ~dx \\ &=\frac{1}{e} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\cos^2{x}} e^{-\tan^2{x}} ~dx \\ \end{align}
$t=\tan{x}$と置くと　$\displaystyle dt = \frac{1}{\cos^2{x}} ~dx$
$\displaystyle x:0 \to \frac{\pi}{2} \quad t:0 \to \infty$
\begin{align} I &=\frac{1}{e}\int_{0}^{\infty} e^{-t^2} ~dt \\ &= \frac{1}{e} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2} \\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{2e} \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

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

★★★☆☆

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

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \frac{\sinh^2{x}(1+\tanh^2{x})}{2\tanh{x}} ~dx \quad \rm{【双曲線関数の倍角公式】} \\ &= \frac{1}{2} \int \sinh{x}\cosh{x} \left( 2 - \frac{1}{\cosh^2{x}} \right) ~dx \\ \end{align}
$t=\cosh{x}$と置くと　$dt=\sinh{x} ~dx$
\begin{align} I &=\frac{1}{2}\int t\left( 2 - \frac{1}{t^2} \right) ~dt \\ &=\frac{1}{2}\int 2t - \frac{1}{t} ~dt \\ &=\frac{1}{2}t^2 - \frac{1}{2}\log{t} + C \\ &=\frac{1}{2}\cosh^2{x} - \frac{1}{2}\log{(\cosh{x})} + C \end{align}

★★★☆☆

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

解答・解説

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

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\infty} \frac{x\log{x}}{x^4+1} ~dx$

解答・解説

【ポイント】留数定理で処理する
$\displaystyle f(z) = \frac{z\log{z}}{z^4+1}$について
$C_1$：実軸上で$0 \to R$となる経路
$C_2$：半径$R$の円弧($R \to iR$)
$C_3$：虚軸上で$iR \to 0$となる経路
上記を合わせた、中心角が直角の扇形の積分経路について考える。ただし、$R \to \infty$とする。
$C_1$について、実軸上の積分だから、
\begin{align} \int_{0}^{R} \frac{x\log{x}}{x^4+1} ~dx &= I \end{align}

$C_3$について、虚軸上の積分だから、
$z=iy$と置くと　$dz=i~dy$
$z:iR \to 0 \quad y:R \to 0$
\begin{align} \int_{R}^{0} \frac{iy\log{iy}}{(iy)^4+1} i~dy &= \int_{0}^{R} \frac{y(\log{y}+\log{i})}{y^4+1} ~dy \\ &=\int_{0}^{R} \frac{y \left(\log{y}+\frac{\pi}{2}i \right)}{y^4+1} ~dy \\ &= \int_{0}^{R} \frac{y\log{y}}{y^4+1} ~dy + \frac{\pi}{2}i \int_{0}^{\infty} \frac{y}{y^4+1} ~dy \\ &= I + \frac{\pi}{2}i \int_{0}^{\infty} \frac{y}{y^4+1} ~dy \end{align}
$t=y^2$と置くと　$dt = 2y ~dy$
$y: 0 \to \infty \quad t: 0 \to \infty$
\begin{align} J &= \frac{\pi}{2}i \int_{0}^{\infty} \frac{y}{y^4+1} ~dy \\ &= \frac{\pi}{4}i \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t^2+1} ~dt \\ &= \frac{\pi}{4}i \left[ \arctan{t} \right]_{0}^{\infty} \\ &= \frac{\pi^2}{8}i \end{align}

$C_2$について、その積分の絶対値を評価する。
ML不等式から、$C_2$の長さを$L$とすると、
$\displaystyle \left| \int_{C_2} f(z) ~dz \right| = \max_{z \in C_2} \left| f(z) \right| \cdot L$
$\displaystyle \left| f(z) \right| = \left| \frac{z\log{z}}{z^4+1} \right| = \frac{|z|\cdot |\log{z}|}{|z^4+1|} $
$\displaystyle z=Re^{i\theta}$とすると、
$|z^4+1| \geq |z^4| - 1 = R^4-1$なので、
$\displaystyle \frac{1}{|z^4+1|} \leq \frac{1}{R^4-1}$
$\log{z} = \log{Re^{i\theta}} = \log{R} + i\theta$より、
$|\log{z}| = \sqrt{(\log{R})^2 + (\theta)^2} \approx \log{R}$
$L$は半径$R$の円の円周の四分の一だから
$\displaystyle L = 2\pi R \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}R$
したがって、
\begin{align} \left| \int_{C_2} f(z) ~dz \right| &\leq \frac{R\log{R}}{R^4-1} \cdot \frac{\pi R}{2} \\ &\leq \frac{\pi}{2} \cdot \frac{R^2\log{R}}{R^4-1} \end{align}
$\displaystyle \lim_{R \to \infty} \frac{R^2\log{R}}{R^4-1} = \lim_{R \to \infty} \frac{\log{R}}{R^2-R^{-2}} = 0 \quad \rm{【発散スピード】}$
よって、
$\displaystyle \lim_{R \to \infty} \left| \int_{C_2} f(z) ~dz \right| = 0$

全体の経路($C=C_1+C_2+C_3$とする)の周回積分について、留数定理を用いると、
$\displaystyle \oint_{C} f(z) ~dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \mathrm{Res}(f ~,~ a_k) \quad $ ($a_k$ は$f(z)$ の特異点)
と表せる。経路$C$の内部に存在する極は$\displaystyle z_0 = e^{i\frac{\pi}{4}}$のみであるから、
\begin{align} \mathrm{Res}(f ~,~ z_0 ) &= \left. \frac{z_0 \log{z_0}}{\frac{d}{dz}(z^4+1)} \right|_{z=z_0} \\ &= \frac{z_0 \log{z_0}}{4z_0^3} \\ &= \frac{\log{z_0}}{4z_0^2} \\ &= \log{e^{i\frac{\pi}{4}}} \cdot \frac{1}{4e^{i\frac{\pi}{2}}} \\ &= \frac{i\pi}{4} \cdot \frac{1}{4i} \\ &= \frac{\pi}{16} \end{align}
したがって、
\begin{align} \oint_{C} f(z) ~dz &= 2\pi i \cdot \frac{\pi}{16} \\ &= \frac{\pi^2}{8}i \end{align}
\begin{align} \oint_{C} f(z) ~dz &= \int_{C_1} f(z) ~dz + \int_{C_2} f(z) ~dz + \int_{C_3} f(z) ~dz \end{align}
$\displaystyle \frac{\pi^2}{8}i = I + 0 + I + \frac{\pi^2}{8}i$
\begin{align} 2I &= 0 \\ I &= 0 \end{align}
※複素関数初学者が記述したため正確でない可能性がある

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{10} \lfloor x \lfloor x \rfloor \rfloor ~dx$

解答・解説

【ポイント】床関数は文字で置く(2回)
まず、$0 \leq x <1$の範囲では$\lfloor x \rfloor = 0$であるから、$ \lfloor x \lfloor x \rfloor \rfloor = 0$である。
そのため、積分範囲は$1 \to 10$を考えれば良いので、
\begin{align} I &=\int_{1}^{10} \lfloor x \lfloor x \rfloor \rfloor ~dx \end{align}
$\lfloor x \rfloor = k$と置くと
\begin{align} I &=\sum_{k=1}^{9} \int_{k}^{k+1} \lfloor kx \rfloor ~dx \end{align}
$t=kx$と置くと、　$dt = k ~dx$
$x: k \to k+1 \quad t:k^2 \to k(k+1)$
\begin{align} I &=\sum_{k=1}^{9} \frac{1}{k}\int_{k^2}^{k(k+1)} \lfloor t \rfloor ~dt \end{align}
$\lfloor t \rfloor = n$と置くと
\begin{align} I &=\sum_{k=1}^{9} \frac{1}{k} \sum_{n=k^2}^{k(k+1)-1}\int_{n}^{n+1} n ~dt \\ &=\sum_{k=1}^{9} \frac{1}{k} \sum_{n=k^2}^{k^2+k-1} \left[ nx \right]_{n}^{n+1} \\ &=\sum_{k=1}^{9} \frac{1}{k} \sum_{n=k^2}^{k^2+k-1} n \\ &=\sum_{k=1}^{9} \frac{1}{k} \left( \sum_{n=1}^{k^2+k-1} n -\sum_{n=1}^{k^2-1} n \right) \\ &=\sum_{k=1}^{9} \frac{1}{k} \left( \frac{(k^2+k-1)(k^2+k)}{2} - \frac{(k^2-1)k^2}{2} \right) \\ &=\sum_{k=1}^{9} \frac{1}{k} \cdot \frac{k(k+1)}{2} \left( (k^2+k-1) - (k-1)k \right) \\ &=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{9} (k+1)(2k-1) \\ &=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{9} 2k^2+k-1 \\ &=\frac{1}{2}\left( \frac{9\cdot 10 \cdot 19}{3} + \frac{9 \cdot 10}{2} - 9 \right) \\ &= \frac{1}{2} \cdot 606 \\ &= 303 \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{1} e^{-x}\sqrt{1+\cot^2{(\arccos{(e^{-x})})}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
$t=e^{-x}$と置くと　$dt=-e^{-x} ~dx$
$ \displaystyle x:0 \to 1 \quad t:1 \to \frac{1}{e}$
\begin{align} I &=\int_{\frac{1}{e}}^{1} \sqrt{1+\cot^2{(\arccos{t})}} ~dt \\ &=\int_{\frac{1}{e}}^{1} \frac{1}{\sin{(\arccos{t})}} ~dt \end{align}
$\theta = \arccos{t}$と置くと　$t = \cos{\theta}$
$\sin{\theta} = \sqrt{1-\cos^2{\theta}} = \sqrt{1-t^2}$
したがって、
\begin{align} I &=\int_{\frac{1}{e}}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} ~dt \\ &=\left[ \arcsin{t} \right]_{\frac{1}{e}}^{1} \\ &= \frac{\pi}{2} - \arcsin{\left( \frac{1}{e} \right)} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{1}^{3} \frac{1 + \frac{1+\cdots}{x+\cdots}}{x+\frac{1+\cdots}{x+\cdots}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】繰り返し部分を丸々置いてしまう
$\displaystyle y = \frac{1 + \frac{1+\cdots}{x+\cdots}}{x+\frac{1+\cdots}{x+\cdots}}$と置くと　$\displaystyle y = \frac{1+y}{x+y}$
$\displaystyle yx + y^2 = 1 + y \quad x = \frac{1}{y} + 1 - y \quad dx = -\frac{1}{y^2} - 1 ~dy$
$x = 1$のとき、$y= \pm 1 \quad y > 0$だから、$y=1$
$x = 3$のとき、$y= -1 \pm \sqrt{2} \quad y > 0$だから、$y=\sqrt{2}-1$
\begin{align} I &=\int_{1}^{\sqrt{2}-1} y \left( -\frac{1}{y^2} - 1 \right) ~dy \\ &=\int_{\sqrt{2}-1}^{1} \frac{1}{y} + y ~dy \\ &=\left[ \log{y} + \frac{1}{2}y^2 \right]_{\sqrt{2}-1}^{1} \\ &= \frac{1}{2} - \left( \log{(\sqrt{2}-1)} + \frac{3-2\sqrt{2}}{2} \right) \\ &= \sqrt{2} -1 + \log{(\sqrt{2}-1)} \end{align}

★★★☆☆

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

解答・解説

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

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int e^{e^x+3x} ~dx$

解答・解説

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

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】偶関数を見極める
被積分関数は偶関数だから、
\begin{align} I &=4\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} 1 - \frac{x}{\sqrt{3}} ~dx \\ &= 4 \left[ x - \frac{1}{2\sqrt{3}}x^2 \right]_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \\ &= 4 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{8} \right) \\ &= \frac{3\sqrt{3}}{2} \end{align}

★★★☆☆

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

解答・解説

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

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int 2^xx^2 ~dx$

解答・解説

【ポイント】部分積分
\begin{align} I &= \frac{2^xx^2}{\log{2}} - \frac{2}{\log{2}}\int 2^xx ~dx \\ &= \frac{2^xx^2}{\log{2}} - \frac{2\cdot 2^xx}{(\log{2})^2} + \frac{2}{(\log{2})^2}\int 2^x ~dx \\ &= \frac{2^xx^2}{\log{2}} - \frac{2\cdot 2^xx}{(\log{2})^2} + \frac{2\cdot 2^x}{(\log{2})^3} + C \\ &= \frac{2^x}{(\log{2})^3}\left( x^2(\log{2})^2 - 2x\log{2} + 2 \right) + C \end{align}

$\displaystyle I = \int_{0}^{1} \sqrt{x^8-x^6+x^4} \cdot \sqrt{1+x^2} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int_{0}^{1} x^2\sqrt{x^4-x^2+1} \cdot \sqrt{1+x^2} ~dx \\ &=\int_{0}^{1} x^2\sqrt{(x^4-x^2+1)(x^2+1)} ~dx \\ &=\int_{0}^{1} x^2\sqrt{x^6+1} ~dx \end{align}
$t=x^3$と置くと　$dt=3x^2 ~dx$
$x:0 \to 1 \quad t:0 \to 1$
\begin{align} I &=\frac{1}{3}\int_{0}^{1} \sqrt{t^2+1} ~dt \\ &=\frac{1}{3}\left[ t\sqrt{t^2+1} \right]_{0}^1 - \frac{1}{3}\int_{0}^{1} \frac{t^2}{\sqrt{t^2+1}} ~dt \\ &=\frac{\sqrt{2}}{3} - \frac{1}{3}\int_{0}^{1} \sqrt{t^2+1} ~dt + \frac{1}{3}\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{t^2+1}} ~dt \\ 2I &=\frac{\sqrt{2}}{3} + \frac{1}{3}\left[ \mathrm{arcsinh}{t} \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{3} + \frac{1}{3}\left[ \log{(t+\sqrt{t^2+1})} \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{3} + \frac{1}{3}\log{(1+\sqrt{2})} \\ I &= \frac{1}{6}\left( \sqrt{2} + \log{(1+\sqrt{2})} \right) \end{align}

★★★☆☆

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

解答・解説

【ポイント】置換積分
\begin{align} I &=\int_{1}^{\infty} \frac{e^{x}+xe^{x}}{(xe^x)^2-1} ~dx \end{align}
$t=xe^x$と置くと　$dt = e^x + xe^x$
$x: 1 \to \infty \quad t:e \to \infty $
\begin{align} I &=\int_{e}^{\infty} \frac{1}{t^2-1} ~dt \\ &=\frac{1}{2} \int_{e}^{\infty} \frac{1}{t-1} - \frac{1}{t+1} ~dt \\ &=\frac{1}{2} \left[ \log{(t-1)} - \log{(t+1)} \right]_{e}^{\infty} \\ &=\frac{1}{2} \left[ \log{\left( \frac{t-1}{t+1} \right)} \right]_{e}^{\infty} \\ &= 0 - \frac{1}{2}\log{\left( \frac{e-1}{e+1} \right)} \\ &= \frac{1}{2}\log{\left( \frac{e+1}{e-1} \right)} \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\infty} \left( 80x^3-60x^4+14x^5-x^6 \right)e^{-x} ~dx$

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} 80x^3e^{-x} - 60x^4e^{-x} + 14x^5e^{-x} - x^6e^{-x} ~dx \\ &=80\Gamma(4) - 60\Gamma(5) + 14\Gamma(6) - \Gamma(7) \\ &=80\cdot 3! - 60 \cdot 4! + 14 \cdot 5! - 6! \\ &=480 - 1440 + 1680 - 720 \\ &= 0\\ \end{align}