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大学数学基礎解説
積分をたくさん解く
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$$\newcommand{di}[0]{\displaystyle}
$$
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
$$\int_{0}^{\frac{\pi}4}\frac{\sin2x}{\sqrt{\cos x}}dx=\frac43\left(1-2^{-\frac34}\right)$$
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。$$\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x^2+1)}dx=\frac{\pi}2\log2$$
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$$\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{x(x+1)^2}dx=\beta(2)+\frac{\pi}{4}(\log2-1)$$
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。
$$\int_{0}^{1}\frac{x^2\log^2x}{(1-x^2)^2}dx=\frac{\pi^2}{8}-\frac{7}{8}\zeta(3)$$
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。$$\int_{0}^{1}\frac{\log x}{(x+1)^2}dx=-\log2$$
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！！
$$\int_{1}^{\infty}\frac{\log x}{x^2}dx=1$$
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
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log\sin x}{\sqrt{\cos x}}dx=\frac{\varpi}{2}\left(\log2-\frac{\pi}{2}\right)$$
$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x^2}{x}=\frac{\pi}{4}$$
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
$$\int_{0}^{1}\frac{e^{-x^2}}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi}{2}e^{-\frac12}I_0\left(\frac12\right)$$
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}
$$\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x}dx=\beta(2)$$
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
$$\int_{0}^{1}\frac{\arcsin x\log x}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac7{16}\zeta(3)-8\pi^2\log2$$
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
$$\int_{0}^{1}\frac{\log^2x}{x+1}dx=\frac32\zeta(3)$$
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
おわりに
結論、AIはゴミ
おしまい！！
投稿日：2023年12月12日
更新日：2023年12月13日
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