MIT Integration Beeを解く 【MIT Integration Bee Qualifying-2022】
1.本ページでやること
今回はMIT Integration Bee 2022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
・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 $\to$ $\mathrm{arcosh}{x}$
$\displaystyle I = \int \frac{1+\cos{x}}{x+\sin{x}} ~dx$
解答・解説
【ポイント】微分形接触で素早く\begin{align} I &=\log{(x+\sin{x})} + C \end{align}
$\displaystyle I = \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{\arctan{x} + \arccot{x}}{x} ~dx$
解答・解説
【ポイント】部分積分\begin{align} I &= \left[ (\arctan{x}+\arccot{x})\log{x} \right]_1^{\sqrt{3}} -\int_{1}^{\sqrt{3}} \left( \frac{1}{x^2+1} - \frac{1}{x^2+1} \right)\log{x} ~dx \\ &= \left( \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} \right) \cdot \frac{1}{2}\log{3} - \int_{1}^{\sqrt{3}} 0 ~dx \\ &=\frac{\pi}{4}\log{3} \end{align}
$\displaystyle I = \int_{0}^{2022} x^2- \lfloor x \rfloor \lceil x \rceil ~dx$
解答・解説
【ポイント】床関数・天井関数は文字で置く$ x \notin \mathbb{Z} ~,~ x>0$を満たす$x$について、ある自然数$n$を用いて、$n < x < n+1$と表せるので、
$ \lfloor x \rfloor = n ~,~ \lceil x \rceil = n+1$である。したがって、$ \lfloor x \rfloor \lceil x \rceil = n(n+1) $となる。
また、$x$が整数の点は幅が0(測度が0)であるため、定積分に影響しないため、
\begin{align} I &=\sum_{n=0}^{2022} \int_{n}^{n+1} x^2 - n(n+1) ~dx \\ &=\sum_{n=0}^{2022} \left[ \frac{1}{3}x^3 -n(n+1)x \right]_{n}^{n+1} \\ &=\sum_{n=0}^{2022} \left( \frac{(n+1)^3-n^3}{3} -(n^2+n)(n+1-n)\right) \\ &=\sum_{n=0}^{2022} \left( n^2+n+\frac{1}{3} -(n^2+n)\right) \\ &=\sum_{n=0}^{2022} \frac{1}{3} \\ &=2022 \cdot \frac{1}{3} \\ &=674 \end{align}
$\displaystyle I = \int \frac{\sinh{x}}{\cosh{x}-\sinh{x}} ~dx$
解答・解説
【ポイント】式を整理する\begin{align} I &=\int \frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}-(e^x-e^{-x})} ~dx \\ &=\int \frac{e^x-e^{-x}}{2e^{-x}} ~dx \\ &=\frac{1}{2} \int e^{2x}-1 ~dx \\ &=\frac{1}{4}e^{2x} - \frac{1}{2} + C \end{align}
$\displaystyle I = \int \frac{x}{\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}} ~dx$
解答・解説
【ポイント】有理化、係数ずらし\begin{align} I &=\int \frac{x}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x-1}} \cdot \frac{\sqrt{x+1} - \sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1} - \sqrt{x-1}}~dx \\ &=\int \frac{x(\sqrt{x+1} - \sqrt{x-1})}{(x+1)-(x-1)} ~dx \\ &=\frac{1}{2} \int x\sqrt{x+1} ~dx - \frac{1}{2} \int x\sqrt{x-1} ~dx \\ &=\frac{1}{2} \int (x+1)\sqrt{x+1} -\sqrt{x+1} ~dx - \frac{1}{2} \int (x-1)\sqrt{x-1} +\sqrt{x-1} ~dx \\ &=\frac{1}{2} \int (x+1)^{\frac{3}{2}} -(x+1)^{\frac{1}{2}} ~dx - \frac{1}{2} \int (x-1)^{\frac{3}{2}} + (x-1)^{\frac{1}{2}} ~dx \\ &= \frac{(x+1)^{\frac{5}{2}}}{5} - \frac{(x+1)^{\frac{3}{2}}}{3} - \frac{(x-1)^{\frac{5}{2}}}{5} - \frac{(x-1)^{\frac{3}{2}}}{3} +C \end{align}
$\displaystyle I = \int_{0}^{\pi} \cos{(x+\cos{x})} ~dx$
解答・解説
【ポイント】King PropertyKing Propertyより、$x \mapsto (\pi + 0 - x) = \pi-x $
\begin{align} I &=\int_{0}^{\pi} \cos{(\pi -x + \cos{(\pi - x)})} ~ dx \\ &=\int_{0}^{\pi} \cos{(\pi -x - \cos{x})} ~ dx \\ &=\int_{0}^{\pi} \cos{(\pi -( x + \cos{x}) )} ~ dx \\ &=-\int_{0}^{\pi} \cos{( x + \cos{x})} ~ dx \\ &=-I \\ I &= 0 \end{align}
$\displaystyle I = \int x^3\sin{(x^2)} ~dx$
解答・解説
【ポイント】置換積分$t=x^2$と置くと $dt=2x ~dx$
\begin{align} I &=\frac{1}{2}\int t\sin{t} ~dt \\ &=-\frac{1}{2}t\cos{t} + \frac{1}{2}\int \cos{t} ~dt \\ &=-\frac{1}{2}t\cos{t} + \frac{1}{2}\sin{t} +C \\ &=-\frac{1}{2}x^2\cos{(x^2)} + \frac{1}{2}\sin{(x^2)} +C \end{align}
$\displaystyle I = \int \frac{x}{1-x^4} ~dx$
解答・解説
【ポイント】部分分数分解\begin{align} I &=\frac{1}{2}\int \frac{x}{1-x^2} + \frac{x}{1+x^2} ~dx \\ &=\frac{1}{2}\int \frac{x}{1+x^2} - \frac{x}{x^2-1} ~dx \\ &=\frac{1}{4}\log{(x^2+1)} -\frac{1}{4}\log{(x^2-1)} + C \quad \rm{【微分形接触】}\\ &=\frac{1}{4}\log{\left( \frac{x^2+1}{x^2-1} \right)} +C \end{align}
$\displaystyle I = \int \frac{1}{\cosh^2{x}} ~dx$
解答・解説
【ポイント】双曲線関数の性質\begin{align} I &=\tanh{x} + C \end{align}
$\displaystyle I = \int_{0}^{1} e^{e^x} - e^{e^x-x} ~dx$
解答・解説
【ポイント】式を整理する\begin{align} I &=\int_{0}^{1} (1-e^{-x})e^{e^x} ~dx \end{align}
$t=e^x$と置くと $x=\log{t}$
$dx = \frac{1}{t} dt \quad x:0 \to 1 \quad t:1 \to e$
\begin{align} I &=\int_{1}^{e} \left( 1 - \frac{1}{t} \right)e^t \cdot \frac{1}{t} ~dt \\ &=\int_{1}^{e} \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2} \right)e^t ~dt \\ &=\int_{1}^{e} \frac{d}{dx}\left( \frac{e^t}{t} \right) ~dt \\ &=\left[ \frac{e^t}{t} \right]_1^e \\ &=\frac{e^e}{e} - e \\ &=e^{e-1} -e \end{align}
$\displaystyle I = \lim_{n \to \infty}\int_{0}^{3} \underbrace{\sin{\left( \frac{\pi}{3}\sin{\left( \frac{\pi}{3}\sin{\left( \cdots \sin{\left( \frac{\pi}{3}x \right)} \cdots \right)} \right)} \right)}}_{n ~ \sin{}'s} ~dx$
解答・解説
【ポイント】不動点を確かめるまず、$\displaystyle f_1(x)=\sin{\left( \frac{\pi}{3}x \right)} \quad f_{n+1}(x)=\sin{\left( \frac{\pi}{3} f_n(x) \right)}$という関数を考える。
ここで、$n \to \infty$のとき、$f_n(x)$がどんな値に収束するかを考える。その収束値$L$は、次の式を満たす。
$\displaystyle L = \sin{\left( \frac{\pi}{3}L \right)}$
この方程式$L=g(L)$の解(=不動点)を探すと、$\displaystyle L=0,\frac{1}{2}$が見つかる。
ここで、不動点$L$と現在の値$x_n$について、不動点との誤差を$\epsilon_n = x_n - L$と置く。
次のステップ$x_{n+1} = g(x_{n})$における誤差$\epsilon_{n+1}$は、
$\epsilon_{n+1}=x_{n+1} - L = g(x_n) - g(L)$と表せる。
ここで、関数の一次近似より、$\displaystyle g(x_n) \approx g(L) + g'(L)(x_n - L)$
$\displaystyle g(x_n) - g(L) \approx + g'(L)(x_n - L)$ つまり、 $\displaystyle \epsilon_{n+1} \approx g'(L)\epsilon_n$
もし、$|g'(L)|<1$なら、ステップの誤差は0に収束する。
もし、$|g'(L)|>1$なら、ステップの誤差は次第に大きくなり、不動点にならなくなる。
さて、先程の不動点$\displaystyle L=0,\frac{1}{2}$について、$g'(L)$を考えると、
$\displaystyle g'(0) = \frac{\pi}{3}\cos{\left( \frac{\pi}{3} \cdot 0 \right)} = \frac{\pi}{3} \approx 1.047 $
$\displaystyle g'\left( \frac{1}{2} \right) = \frac{\pi}{3}\cos{\left( \frac{\pi}{3} \cdot \frac{1}{2} \right)} = \frac{\pi \sqrt{3}}{6} \approx 0.906 $
よって、$L=\frac{1}{2}$は不動点として適切で、被積分関数は、$L=\frac{1}{2}$に収束する。
\begin{align} I &= \int_{0}^{3} \frac{1}{2} ~dx \\ &= \left[ \frac{1}{2}x \right]_0^3 \\ &= \frac{3}{2} \end{align}
$\displaystyle I = \int_{0}^{1} \sqrt{1-\sqrt{x}} ~dx$
解答・解説
【ポイント】ウォリス積分$x=\sin^4{\theta}$と置くと $dx=4\sin^3{\theta}\cos{\theta} ~d\theta$
$x:0 \to 1 \quad \theta:0 \to \frac{\pi}{2}$
\begin{align} I &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos{\theta} \cdot 4\sin^3{\theta}\cos{\theta} ~d\theta \\ &=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3{\theta}\cos^2{\theta} ~d\theta \\ &=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3{\theta} -\sin^5{x} ~d\theta \\ &=4\left( \frac{2}{3} - \frac{4\cdot 2}{5 \cdot 3}\right) \\ &=\frac{8}{15} \end{align}
$\displaystyle I = \int \frac{x^3}{1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}} ~dx$
解答・解説
【ポイント】分子の次数下げ\begin{align} I &=6\int \frac{x^3}{x^3+3x^2+6x+6} ~dx \\ &=6\int 1 - \frac{3x^2+6x+6}{x^3+3x^2+6x+6} ~dx \\ &=6x - 6\log{(x^3+3x^2+6x+6)} + C \end{align}
$\displaystyle I = \int \sin{(x+\sin{x})} - \sin{(x-\sin{x})} ~dx$
解答・解説
【ポイント】式を整理する$\sin{(x+\sin{x})} = \sin{x}\cos{(\sin{x})} + \cos{x}\sin{(\sin{x})}$
$\sin{(x-\sin{x})} = \sin{x}\cos{(\sin{x})} - \cos{x}\sin{(\sin{x})}$ より、
\begin{align} I &=2\int \cos{x}\sin{(\sin{x})} ~dx \\ &=-2\cos{(\sin{x})} + C \end{align}
$\displaystyle I = \int \tan^4{x}\sec^3{x} + \tan^2{x}\sec^5{x} ~dx$
解答・解説
【ポイント】積の微分に気づく$\tan^a{x}\cdot \sec^b{x}$の微分について考えると
\begin{align} (\tan^a{x}\cdot \sec^b{x})' &= \frac{a\tan^{a-1}{x}}{\cos^2{x}} \cdot \sec^b{x} + \tan^a{x}\cdot \frac{b\sin{x}\cos^{b-1}{x}}{\cos^{2b}{x}} \\ &=a\tan^{a-1}{x}\cdot \sec^{b+2}{x} + b\tan^{a+1}{x}\cdot \sec^b{x} \end{align}
ここで、$a=3 \quad b=3$とすれば、問題と係数が違うだけの同じ形になるので、
\begin{align} I &= \frac{1}{3}\int \frac{d}{dx} \left( \tan^3{x}\sec^3{x} \right) ~dx \\ &= \frac{1}{3}\tan^3{x}\sec^3{x} + C \end{align}
$\displaystyle I = \int (1+\log{x})\log{(\log{x})} ~dx$
解答・解説
【ポイント】部分積分$\displaystyle \int 1 + \log{x} ~dx = x\log{x} + C$であることから、
\begin{align} I &= x\log{x} \cdot \log{(\log{x})} - \int x\log{x} \cdot \frac{1}{x\log{x}} ~ dx \\ &= x\log{x} \cdot \log{(\log{x})} - x +C \end{align}
$\displaystyle I = \int \frac{1}{1+\sin{x}} + \frac{1}{1+\cos{x}} + \frac{1}{1+\tan{x}} + \frac{1}{1+\cot{x}} + \frac{1}{1+\sec{x}} + \frac{1}{1+\csc{x}} ~dx$
解答・解説
【ポイント】式を整理する\begin{align} I &=\int \frac{1}{1+\sin{x}} + \frac{1}{1+\cos{x}} + \frac{1}{1+\tan{x}} + \frac{\tan{x}}{\tan{x}+1} + \frac{\cos{x}}{\cos{x}+1} + \frac{\sin{x}}{\sin{x}+1} ~ dx \\ &=\int \frac{1+\sin{x}}{1+\sin{x}} + \frac{1+\cos{x}}{1+\cos{x}} + \frac{1+\tan{x}}{1+\tan{x}} ~ dx \\ &= \int 3 ~dx \\ &= 3x + C \end{align}
$\displaystyle I = \int \frac{1}{\sqrt{x-x^2}} ~dx$
解答・解説
【ポイント】平方完成$\displaystyle x-x^2 = \frac{1}{4} - \left( x - \frac{1}{2} \right)^2$であるから、
\begin{align} I &=\int \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4} - \left( x - \frac{1}{2} \right)^2}} ~dx \\ &= \int \frac{2}{\sqrt{1-(2x-1)^2}} ~dx \\ &= \arcsin{(2x-1)} +C \\ &= 2\arcsin{(\sqrt{x})} + C' \quad (C'=C-\frac{\pi}{2}) \end{align}
※上手く式変形すると最終行になるが、その前で止めても良い
$\displaystyle I = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+3}{n} x^n ~dx$
解答・解説
【ポイント】二項級数の知識まず、$\displaystyle \binom{n+3}{n} = {}_{n+3} \mathrm{C}_n = {}_{n+3} \mathrm{C}_3 = \binom{n+3}{3}$
ここで一般に、$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+k}{k}x^k = \frac{1}{(1-x)^{k+1}}$ であるから
\begin{align} I &=\int_{0}^{\frac{1}{2}} (1-x)^{-4} ~dx \\ &=\frac{1}{3} \left[ (1-x)^{-3} \right]_0^{\frac{1}{2}} \\ &=\frac{1}{3}( 8 - 1 ) \\ &=\frac{7}{3} \end{align}
$\displaystyle I = \int \frac{1}{1+\cos^2{x}} ~dx$
解答・解説
【ポイント】倍角のワイエルシュトラス置換$t=\tan{x}$と置くと $\displaystyle x=\arctan{t} \quad dx=\frac{1}{1+t^2}~dt$
また、$\displaystyle \cos^2{x} = \frac{1}{1+\tan^2{x}}= \frac{1}{1+t^2}$であるから、
\begin{align} I &=\int \frac{1}{1+\frac{1}{1+t^2}} \cdot \frac{1}{1+t^2} ~dt \\ &=\int \frac{1}{t^2+2} ~dt \\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan{\left( \frac{t}{\sqrt{2}} \right)} + C \\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan{\left( \frac{\tan{x}}{\sqrt{2}} \right)} + C \\ \end{align}
参考文献
この記事を高評価した人
この記事に送られたバッジ
投稿者
