大学数学基礎解説

積分をたくさん解く

積分

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積分をたくさん解く

どうも、らららです。
AIが出力した積分さんの積分を解いていきます。
中の人のリツイートも解いていきます。
証明できたやつだけ証明書きます。

青の「元ツイート」を押せば元ツイートにとべます。

解く

元ツイート

$$\int_{0}^{\frac{\pi}4}\frac{\sin2x}{\sqrt{\cos x}}dx=\frac43\left(1-2^{-\frac34}\right)$$

証明

証明方法:2倍角の公式と置換積分を用いて証明する
\begin{align} I&=\int_{0}^{\frac{\pi}4}\frac{\sin2x}{\sqrt{\cos x}}dx \\&=2\int_{0}^{\frac{\pi}4}\sin x\sqrt{\cos x}\ dx \\&=2\int_{\frac1{\sqrt2}}^{1}\sqrt{x}\ dx \\&=\frac43\Big[x^{\frac32}\Big]^{1}_{\frac1{\sqrt2}} \\&=\frac{4}{3}\left(1-2^{-\frac34}\right) \end{align}

あとがき

最初見たときはベータ関数でいけるかなと思いましたが普通に高校範囲でできました。

元ツイート

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x^2+1)}dx=\frac{\pi}2\log2$$

証明

証明方法:パラメータを追加して証明する
$$I=\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x^2+1)}dx$$
$$f(t)=\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan tx}{x(x^2+1)}dx$$
\begin{align} f’(t)&=\frac{d}{dt}\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan tx}{x(x^2+1)} \\&=\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial t}\frac{\arctan tx}{x(x^2+1)}dx \\&=t\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+1)(x^2+t^2)} \\&=\frac{t}{t^2-1}\int_{0}^{\infty}\left(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+t^2}\right)dx \\&=\frac{t}{t^2-1}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\frac{1}{t}\right) \\&=\frac{\pi}{2}\frac{1}{t+1} \end{align}
$$f(0)=0$$
\begin{align} I&=f(1) \\&=f(1)-f(0) \\&=\int_{0}^{1}f’(t)dt \\&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\frac{dt}{t+1} \\&=\frac{\pi}{2}\log2 \end{align}

あとがき

この$f(t)$を設定して$f’(t)$求めて$f(a)$が求める積分になる$a$と普通に値がでる$f(b)$を探してそれの差である$f(a)-f(b)$を積分の超基本の$\di\int_{b}^{a}f’(t)dt$にして$f’(t)$がでるから別の積分になってそこから積分をだすやり方、好き

元ツイート

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx=\beta(2)+\frac{\pi}{4}(\log2-1)$$

証明

証明方法:部分分数分解を用いて証明する。
\begin{align} I&=\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx \\&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx \end{align}
$$\frac{1}{x(x+1)^2}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^2}$$
\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x}dx-\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x+1}dx-\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{(x+1)^2}dx \end{align}
\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x}dx&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}\int_{0}^{1}x^{2n}dx \\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2} \\&=\beta(2) \end{align}
$$\arctan a+\arctan b=\arctan\frac{a+b}{1-ab}$$
$$\arctan1-\arctan x=\arctan\frac{1-x}{1+x}$$
$$\arctan\frac{1-x}{1+x}=\frac{\pi}{4}-\arctan x$$
\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x+1}dx &=\int_{0}^{1}\frac{\frac{\pi}{4}-\arctan x}{x+1}dx\quad\left(x\mapsto\frac{1-x}{1+x}\right) \\&=\frac{\pi}{4}\log2-\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x+1}dx \\&=\frac{\pi}{8}\log2 \end{align}
\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{(x+1)^2}dx &=-\left[\frac{\arctan x}{x+1}\right]_{0}^{1}+\int_{0}^{1}\frac{dx}{(x+1)(x^2+1)} \\&=-\frac{\pi}{8}+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^2+1}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x}{x^2+1}dx+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{dx}{x+1} \\&=-\frac{\pi}{8}+\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\log2+\frac{1}{2}\log2 \\&=\frac{1}{4}\log2 \end{align}
\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x}dx-\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x+1}dx-\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{(x+1)^2}dx \\&=\beta(2)-\frac{\pi}{8}\log2-\frac{1}{4}\log2 \\&=\beta(2)-\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\log2 \end{align}
\begin{align} \int_{1}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan\frac1x}{\frac1x\left(\frac1{x^2}+1\right)^2}\frac{dx}{x^2} \\&=-\int_{0}^{1}\frac{x\arctan x}{(x+1)^2}dx-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\frac{x}{(x+1)^2}dx \end{align}
\begin{align} \int_0^1\frac{x\arctan x}{(x+1)^2}&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x+1}dx-\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{(x+1)^2}dx \\&=\frac{\pi}{8}\log2-\frac{1}{4}\log2 \end{align}
\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{x}{(x+1)^2}dx &=-\left[\frac{x}{x+1}\right]_{0}^{1}+\int_{0}^{1}\frac{dx}{x+1} \\&=\log2-\frac{1}{2} \end{align}
\begin{align} \int_{1}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx &=-\int_{0}^{1}\frac{x\arctan x}{(x+1)^2}dx+\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\frac{x}{x+1}dx \\&=-\frac{\pi}{8}\log2+\frac{1}{4}\log2+\frac{\pi}{2}\log2-\frac{\pi}{4} \\&=\frac{3\pi}{8}\log2+\frac{1}{4}\log2-\frac{\pi}{4} \end{align}
\begin{align} I&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx \\&=\beta(2)-\frac{\pi}{8}\log2-\frac{1}{4}\log2+\frac{3\pi}{8}\log2+\frac{1}{4}\log2-\frac{\pi}{4} \\&=\beta(2)+\frac{\pi}{4}(\log2-1) \end{align}

あとがき

ナタデココ入りさんは命題2の方が簡単と言っていましたが、命題3の方が難しいと感じました。
あと、元ツイートは$\beta(2)$を$G$でかいてましたが、$\beta(2)$の方が好きなので$\beta(2)$にしました、まぁどちらでも伝わればいいです。

元ツイート

$$\int_{0}^{1}\frac{x^2\log^2x}{(1-x^2)^2}dx=\frac{\pi^2}{8}-\frac{7}{8}\zeta(3)$$

証明

証明方法:級数展開を用いて証明する。
$$\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n$$
$$\frac{1}{1-x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{2n}$$
両辺を$x$で微分して両辺を2で割ると、
$$\frac{x^2}{(1-x^2)^2}=\sum_{n=0}^{\infty}n\ x^{2n}$$

部分積分を用いると、
$$\int_{0}^{1}x^{2n}\log^2xdx=\frac{2}{(2n+1)^3}$$

\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2} \\&=\zeta(2)-\frac{1}{4}\zeta(2) \\&=\frac{3}{4}\zeta(2) \\&=\frac{\pi^2}{8} \end{align}
同様にして、
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^3}=\frac{7}{8}\zeta(3)$$

\begin{align} I&=\int_{0}^{1}\frac{x^2\log^2x}{(1-x^2)^2}dx \\&=\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}n\ x^{2n}\log^2x \\&=\sum_{n=0}^{\infty}n\int_{0}^{1}x^{2n}\log^2xdx \\&=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{(2n+1)^3} \\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^3} \\&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{7}{8}\zeta(3) \end{align}

あとがき

積分と級数の交換とか細かいことの確認は…読者への課題とします。

元ツイート

$$\int_{0}^{1}\frac{\log x}{(x+1)^2}dx=-\log2$$

証明

証明方法:級数展開を用いる
$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\ x^n=\frac{1}{x+1}$$
$$\sum_{n=0}^{\infty}n\ (-1)^n\ x^{n-1}=-\frac{1}{(x+1)^2}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty}n\ (-1)^n\ x^{n-1}=-\frac{1}{(x+1)^2}$$
部分積分により、
$$\int_{0}^{1}x^{n}\log xdx=-\frac{1}{(n+1)^2}$$
\begin{align} I&=\int_{0}^{1}\frac{\log x}{(x+1)^2}dx \\&=-\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{1}x^{n-1}\log xdx \\&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n} \\&=-\log 2 \end{align}

あとがき

行間広いかも！！

元ツイート

$$\int_{1}^{\infty}\frac{\log x}{x^2}dx=1$$

証明

証明方法:置換
\begin{align} I&=\int_{1}^{\infty}\frac{\log x}{x^2}dx \\&=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{e^x} \\&=1 \end{align}

あとがき

ｶﾝﾀﾝ

元ツイート

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log\sin x}{\sqrt{\cos x}}dx=\frac{\varpi}{2}\left(\log2-\frac{\pi}{2}\right)$$

証明

中の人であるナタデココ入りさんが記事書いてたのでそちらをみていただけるといいと思います。

あとがき

やっぱりベータ関数は偉大

元ツイート

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x^2}{x}=\frac{\pi}{4}$$

証明

証明方法:置換
\begin{align} I&=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x^2}{x}dx \\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx \\&=\frac{\pi}{4} \end{align}

あとがき

ディリクレ積分は常識

元ツイート

$$\int_{0}^{1}\frac{e^{-x^2}}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi}{2}e^{-\frac12}I_0\left(\frac12\right)$$

証明

証明方法:置換
\begin{align} I&=\int_{0}^{\frac{\pi}2}e^{-\sin^2x}dx \\&=\frac12e^{-\frac12}\int_{0}^{\pi}e^{\frac12\cos x}dx \\&=\frac{\pi}2e^{-\frac12}\frac1{\pi}\int_{0}^{1}e^{i\left(\frac{i}2\right)\cos x}dx \\&=\frac{\pi}{2}e^{-\frac12}J_0\left(-\frac12 i\right) \\&=\frac{\pi}{2}e^{-\frac12}I_{0}\left(\frac12\right) \end{align}

あとがき

$J$や$I$はベッセル関数のWiki を見ると分かと思います。
この解法はミヤセンさんに教えてもらいました。
ミヤセンさんありがとう！

元ツイート

$$\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x}dx=\beta(2)$$

証明

証明方法:級数展開
\begin{align} I&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x}dx \\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\int_{0}^{1}x^{2n}dx \\&=\beta(2) \end{align}

あとがき

行間広いかも

元ツイート

$$\int_{0}^{1}\frac{\arcsin x\log x}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac7{16}\zeta(3)-8\pi^2\log2$$

証明

証明方法:置換
\begin{align} I&=\int_{0}^{\frac{\pi}2}x\log\sin xdx\quad(x\mapsto\sin x) \\&=\frac{7}{16}\zeta(3)-8\pi^2\log2 \end{align}

あとがき

なぜ積分が$\di\frac7{16}\zeta(3)-8\pi^2\log2$になるのか色々やる数学徒さんのこの記事に証明があります
元ツイートは$\log$の中が$\di\frac1{x}$ですがまぁ対数の性質使うだけなのでほとんど変わりませんね

元ツイート

$$\int_{0}^{1}\frac{\log^2x}{x+1}dx=\frac32\zeta(3)$$

証明

証明方法:級数展開
部分積分により$\di\int_{0}^{1}x^n\log^2xdx=\frac{2}{(n+1)^3}$が分かる
\begin{align} I&=\int_{0}^{1}\frac{\log x}{x+1}dx \\&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{1}x^n\log^2xdx \\&=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^s} \\&=2\eta(3) \\&=\frac32\zeta(3) \end{align}

あとがき

元ツイートは分子が$\di\log x\log\frac1x$ですがまぁ対数の性質使うだけなのでほとんど変わりませんね