文献あり

MIT Integration Beeを解く【MIT Integration Bee Quarterfinal-2025】

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 2025準々決勝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 $\to$ $\mathrm{arcosh}{x}$

問題番号について

\begin{align} \rm{Quaterfinal ~ \#1 } &: \rm{問題1〜問題3} \\ \rm{Tiebreakers ~ 1〜3} &: \rm{問題4〜問題6} \\ \rm{Lightning ~ Round} &: \rm{問題7} \\ \rm{Quaterfinal ~ \#2 } &: \rm{問題8〜問題10} \\ \rm{Tiebreakers ~ 4} &: \rm{問題11} \\ \rm{Quaterfinal ~ \#3 } &: \rm{問題12〜問題14}\\ \rm{Quaterfinal ~ \#4 } &: \rm{問題15〜問題17} \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{1}^{\infty} x^5e^{-x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】愚直に積分
\begin{align} I &= \left[ -x^5e^{-x} \right]_1^{\infty} + 5\int_{1}^{\infty} x^4e^{-x} ~dx \\ &= \frac{1}{e} + \left[ -5x^4e^{-x} \right]_1^{\infty} + 20\int_{1}^{\infty} x^3e^{-x} ~dx \\ &= \frac{1+5}{e} + \left[ -20x^3e^{-x} \right]_1^{\infty} + 60\int_{1}^{\infty} x^2e^{-x} ~dx \\ &= \frac{1+5+20}{e} + \left[ -60x^2e^{-x} \right]_1^{\infty} + 120\int_{1}^{\infty} xe^{-x} ~dx \\ &= \frac{1+5+20+60}{e} + \left[ -120xe^{-x} \right]_1^{\infty} + 120\int_{1}^{\infty} e^{-x} ~dx \\ &= \frac{1+5+20+60+120}{e} + \left[ -120e^{-x} \right]_1^{\infty} \\ &= \frac{1+5+20+60+120+120}{e} \\ &= \frac{326}{e} \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{100} \left( \left\lceil \frac{x-1}{3} \right\rceil - \left\lfloor \frac{x+1}{3} \right\rfloor \right)\left( \left\lceil \frac{x-1}{5} \right\rceil - \left\lfloor \frac{x+1}{5} \right\rfloor \right)\left( \left\lceil \frac{x-1}{7} \right\rceil - \left\lfloor \frac{x+1}{7} \right\rfloor \right) ~dx$

解答・解説

【ポイント】各項が0にならない条件を調べる。
まず、$\displaystyle f(x,k) = \left\lceil \frac{x-1}{k} \right\rceil - \left\lfloor \frac{x+1}{k} \right\rfloor \quad(k \geq 3)$ を考える。
もとの積分は次のように表せる。
\begin{align} I &=\sum_{n=0}^{99} \int_{n}^{n+1} f(x,3) \cdot f(x,5) \cdot f(x,7) ~dx \end{align}
$x$が$k$の倍数付近のとき、$m$を整数とし、$0 \leq s \leq 1 $となる実数$s$を用いて、$mk-s \leq x \leq mk + s$と表せるから、
$\displaystyle \left\lceil \frac{mk-s-1}{k} \right\rceil - \left\lfloor \frac{mk-s+1}{k} \right\rfloor = \left\lceil m-\frac{s+1}{k} \right\rceil - \left\lfloor m+\frac{1-s}{k} \right\rfloor = m - m = 0$

$\displaystyle \left\lceil \frac{mk+s-1}{k} \right\rceil - \left\lfloor \frac{mk+s+1}{k} \right\rfloor = \left\lceil m-\frac{1-s}{k} \right\rceil - \left\lfloor m+\frac{1+s}{k} \right\rfloor = m - m = 0$
$x$が上記範囲でないとき、$m$を整数として、$mk+1 < x < (m+1)k-1$と表せて、その時、

$\displaystyle \left\lceil \frac{x-1}{k} \right\rceil = m+1 ~,~ \left\lfloor \frac{x+1}{k} \right\rfloor = m$
であるから、$\displaystyle \left\lceil \frac{x-1}{k} \right\rceil - \left\lfloor \frac{x+1}{k} \right\rfloor = (m+1)-m = 1$

つまり、$f(x,k)=1$となるのは、$x \pmod k \in (1,k-1)$のときである。
被積分関数が1になるのは、$f(x,3)=1 \land f(x,5)=1 \land f(x,7)=1$のときであるから、
そのときの$x$の条件は、
\begin{cases} x \pmod 3 \in (1,2) \quad \cdots (A) \\ x \pmod 5 \in (1,4) \quad \cdots (B) \\ x \pmod 7 \in (1,6) \quad \cdots (C) \end{cases}
つまり、整数$m$を用いて
\begin{cases} 3m+1 < x < 3m+2 \quad \cdots (A) \\ 5m+1 < x < 5m+4 \quad \cdots (B) \\ 7m+1 < x < 7m+6 \quad \cdots (C) \end{cases}
と表される実数$x$である。
積分区間は$n$から$n+1$で分割されているから、下端の$n$について考えると、$n$は
\begin{cases} 3m+1 = n \quad \cdots (A) \\ 5m+1 \leq n \leq 5m+3 \quad \cdots (B) \\ 7m+1 \leq n \leq 7m+5 \quad \cdots (C) \end{cases}
と言い換えることができる。
$(A)$から、$n = \{1,4,7,10,13,16,19,22,25,28,31,34,37,40,43,46,49,52,55,58,61,64,67,70,73,76,79,82,85,88,91,94,97 \}$
$(A)$と$(B)$から、$n = \{1,7,13,16,22,28,31,37,43,46,52,58,61,67,73,76,82,88,91,97\}$
$(A)$と$(B)$と$(C)$から、$n = \{1,16,22,31,37,43,46,52,58,61,67,73,82,88\}$
したがって、上記の計14区間で被積分関数は1となるから、
\begin{align} I &= 14 \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int \frac{x^2}{\sqrt{4e^{2x}+(x^2+2x+2)^2}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】$\sqrt{f^2(x)+g^2(x)}$は$\sinh{t}$に置くことを考える
\begin{align} I &= \int \frac{x^2}{2e^x\sqrt{1+\left( \frac{x^2+2x+2}{2e^x} \right)^2}} ~dx \end{align}
ここで、$\displaystyle \sinh{t} = \frac{x^2+2x+2}{2e^x}$と置くと、
\begin{align} \cosh{t} ~dt &= \frac{2e^x(2x+2) - 2e^x(x^2+2x+2)}{(2e^x)^2} ~dx \\ &= \frac{2x+2 - (x^2+2x+2)}{2e^x} ~dx \\ &= -\frac{x^2}{2e^x} ~dx \end{align}
したがって、
\begin{align} I &= -\int \frac{\cosh{t}}{\sqrt{1+\sinh^2{t}}} ~dt \\ &= -\int \frac{\cosh{t}}{\cosh{t}} ~dt \\ &= -t + C \\ &= -\mathrm{arsinh}{\left( \frac{x^2+2x+2}{2e^x} \right)} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{-2024}^{2026} x\left( 1 + \cos{\left( \frac{x-1}{2025} \cdot \pi \right)} \right) ~dx$

解答・解説

【ポイント】置換積分
$\displaystyle t=\frac{x-1}{2025}$と置くと　$\displaystyle x=2025t+1 \quad dx=2025 ~dt$
$x:-2024 \to 2026 \quad y:-1 \to 1 $
\begin{align} I &=2025\int_{-1}^{1} (2025t+1)(1+\cos{\pi t}) ~dt \\ &=2025\int_{-1}^{1} 1 + 2025t + \cos{\pi t} + 2025t\cos{\pi t} ~dt \end{align}
ここで、$1 ~,~ \cos{\pi t}$は偶関数、$2025t ~,~ 2025t\cos{\pi t}$は奇関数だから、
\begin{align} I &=4050\int_{0}^{1} 1 + \cos{\pi t} ~dt \\ &=4050\left[ t + \frac{1}{\pi}\sin{\pi t} \right]_0^1 \\ &=4050 \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^2 \lfloor e^x \rfloor ~dx$

解答・解説

【ポイント】床関数は文字で置く
$\lfloor e^x \rfloor = k$と置くと、 $k \leq e^x < k+1 \iff \log{k} \leq x < \log{(k+1)}$
ここで、積分範囲が$0 \leq x \leq 2$であることと、$e^2 \approx 7.38$であることから、
$k=1,2,3,4,5,6,7$まで現れる。よって積分範囲は$\log{1} \to \log{7}$までの6ブロックと$k=7$となる$\log{7} \to 2$から構成される。
\begin{align} I &= \sum_{k=1}^{6} \int_{\log{k}}^{\log{(k+1)}} k ~dx +\int_{\log{7}}^{2} 7 ~dx \\ &= \sum_{k=1}^{6} k(\log{k+1} - \log{k}) + 14 - 7\log{7} \\ &= (\log{2} - 0) + 2(\log{3} - \log{2}) + \cdots + 6(\log{7} - \log{6}) + 14 - 7\log{7} \\ &= 14 - ( \log{2} + \log{3} + \log{4} + \log{5} + \log{6} + \log{7} ) \\ &= 14 -\log5040 \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{2025} \frac{\lfloor x \rfloor}{\lceil \sqrt{x} \rceil} ~dx$

解答・解説

【ポイント】床関数・天井関数は文字で置く(2回)
まず、$\lceil \sqrt{x} \rceil$について、$(n-1)^2 < x \leq n^2$の値を取るとき、$\lceil \sqrt{x} \rceil = n$となる。
また、$2025$は$45^2$だから、$\lceil \sqrt{x} \rceil = n$と置くと
\begin{align} I &=\sum_{n=1}^{45} \int_{(n-1)^2}^{n^2} \frac{\lfloor x \rfloor}{n} ~dx \\ &=\sum_{n=1}^{45} \frac{1}{n} \int_{(n-1)^2}^{n^2} \lfloor x \rfloor ~dx \\ \end{align}
ここで、$\lfloor x \rfloor$は$((n-1)^2,n^2)$の範囲では、$(n-1)^2$から$n^2-1$までの値を取るから、　$\lfloor x \rfloor = k$とすると、
\begin{align} I &=\sum_{n=1}^{45} \frac{1}{n} \sum_{k=(n-1)^2}^{n^2-1} \int_{k}^{k+1} k ~dx \\ &=\sum_{n=1}^{45} \frac{1}{n} \sum_{k=(n-1)^2}^{n^2-1} k \\ \end{align}
ここで、$k$で表される等差数列は、初項$(n-1)^2$、末項$n^2-1$、項数$n^2-(n-1)^2=2n-1$であるから、
\begin{align} \sum_{k=(n-1)^2}^{n^2-1} k &= \frac{2n-1}{2}((n-1)^2+n^2-1) \\ &= \frac{2n-1}{2}(2n^2+2n) \\ &= n(n+1)(2n-1) \end{align}
したがって、
\begin{align} I &=\sum_{n=1}^{45} \frac{1}{n} \cdot n(n+1)(2n+1) \\ &=\sum_{n=1}^{45} (n+1)(2n+1) \\ &=\sum_{n=1}^{45} 2n^2+3n+1 \\ &=\frac{2\cdot 45 \cdot 46 \cdot 91}{6} + \frac{3 \cdot 45 \cdot 46}{2} + 45 \\ &=62790 - 3105 + 45 \\ &=59730 \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{\arctan{x} - x\arctan{x}}{1-x+x^2-x^3} ~dx$

解答・解説

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

★★★★☆

$\displaystyle I = \lim_{A \to \infty} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{A}{A^2(x^3-3x)^2+1} ~dx$

解答・解説

【ポイント】ディラックのデルタ関数で処理する
まず、$\displaystyle \frac{A}{1+A^2y^2}$について考える。
この関数は$A \to \infty $のとき、$y=0$以外では$0$に収束し、
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{A}{1+A^2y^2} ~dy = \left[ \arctan{(Ay)} \right]_{-\infty}^{\infty} = \frac{\pi}{2} - \left( -\frac{\pi}{2} \right) = \pi$
であるから、分布の意味で次の関係が成り立つ
$\displaystyle \lim_{A \to \infty} \frac{A}{1+A^2y^2} = \pi \delta (y)$
したがって、
\begin{align} I &=\int_{-\infty}^{\infty} \pi \delta ( x^3 -3x) ~dx \end{align}
ここで、合成関数のデルタ関数の性質
$x_i$を$f(x)$の解として、$\displaystyle \delta(f(x)) = \sum_{i} \frac{\delta (x - x_i)}{|f'(x_i)|} $　を利用する。
$f(x)=x^3-3x$より、$x^3-3x=0 \quad x(x^2-3) = 0$であるから、
$f(x)$の解は$x_i=0 ~,~ \sqrt{3} ~,~ -\sqrt{3}$
$f'(x) = 3x^2 - 3$
$x_i = 0$のとき、$|f'(0)| = |3 \cdot 0 - 3| = 3$
$x_i = \sqrt{3}$のとき、$|f'(\sqrt{3})| = |3 \cdot (\sqrt{3})^2 - 3| = 6$
$x_i = -\sqrt{3}$のとき、$|f'(-\sqrt{3})| = |3 \cdot (-\sqrt{3})^2 - 3| = 6$
よって、
\begin{align} I &=\pi \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\delta (x-0)}{3} + \frac{\delta (x-\sqrt{3})}{6} + \frac{\delta (x+\sqrt{3})}{6} ~dx \end{align}
ここで、$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \delta (x-a) = 1$であるから、
\begin{align} I &=\pi \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \right) \\ &= \frac{2}{3} \pi \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{1}{\left( \cos{x}\cos{\left( x + \frac{2\pi}{3} \right)}\cos{\left( x - \frac{2\pi}{3} \right)} \right)^2} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
まず、$\cos{(x+a)\cos{(x-a)}} = \cos^2{x} - \sin^2{a}$ であるから、
（※加法定理、三角関数の性質を使用することで示せる）
\begin{align} \cos{\left( x + \frac{2\pi}{3} \right)}\cos{\left( x - \frac{2\pi}{3} \right)} &= \cos^2{x} - \sin^2{\frac{2\pi}{3}} \\ &= \cos^2{x} - \frac{3}{4} \\ &= \frac{1}{4}(4\cos^2{x} - 3) \\ \end{align}
\begin{align} I &= \int \frac{16}{\left( \cos{x}(4\cos^2{x} - 3) \right)^2} ~dx \\ &= \int \frac{16}{\left( 4\cos^3{x} - 3\cos{x} \right)^2} ~dx \\ &= \int \frac{16}{\cos^2{3x}} ~dx \\ &= \frac{16}{3}\tan{3x} + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{1}^{2025} \left( \left\lceil \frac{2025}{\lfloor x \rfloor} \right\rceil - \left\lfloor \frac{2025}{\lceil x \rceil} \right\rfloor \right) ~dx$

解答・解説

【ポイント】床関数・天井関数は文字で置く
$k < x < k+1$となる$x$について、$\lfloor x \rfloor = k ~,~ \lceil x \rceil = k+1$である。
$n=2025$として、それぞれを文字で置くと
\begin{align} I &=\sum_{k=1}^{n-1} \int_{k}^{k+1} \left( \left\lceil \frac{n}{k} \right\rceil - \left\lfloor \frac{n}{k+1} \right\rfloor \right) ~dx \\ &=\sum_{k=1}^{n-1} \left( \left\lceil \frac{n}{k} \right\rceil - \left\lfloor \frac{n}{k+1} \right\rfloor \right) \\ &=\left( \left\lceil \frac{n}{1} \right\rceil - \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor \right) + \left( \left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil - \left\lfloor \frac{n}{3} \right\rfloor \right) + \cdots + \left( \left\lceil \frac{n}{n-1} \right\rceil - \left\lfloor \frac{n}{n} \right\rfloor \right) \\ &= \left\lceil \frac{n}{1} \right\rceil - \left\lfloor \frac{n}{n} \right\rfloor + \sum_{k=2}^{n-1} \left( \left\lceil \frac{n}{k} \right\rceil - \left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor \right) \end{align}
ここで、$\displaystyle \left\lceil \frac{n}{1} \right\rceil = n$、$\displaystyle \left\lfloor \frac{n}{n} \right\rfloor = \left\lfloor 1 \right\rfloor = 1$
$\displaystyle \left\lceil t \right\rceil - \left\lfloor t \right\rfloor$は$t$が整数なら$0$、そうでなければ$1$をとるため、
$\displaystyle \sum_{k=2}^{n-1} \left( \left\lceil \frac{n}{k} \right\rceil - \left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor \right)$は$k \in \{2,3,4,\cdots ,n-1\}$のうち、$k$が$n$の約数でないものの個数と一致する。
$n$の正の約数の総数を$d(n)$とすると、$k \in \{2,3,4,\cdots ,n-1\}$に含まれる$n$の約数は$1$と$n$を除く$d(n)-2$個である。
この範囲の整数は$(n-1)-2+1=n-2$個であるから、約数でないものの個数は
$(n-2)-(d(n)-2) = n -d(n)$個である。
したがって、
\begin{align} I &= n - 1 + n - d(n) \\ &= 2n - d(n) - 1 \end{align}
ここで、$2025 = 3^4 \cdot 5^2 $より、$d(n) = (4+1)(2+1) = 15$ であるから
\begin{align} I &= 2 \cdot 2025 - 15 -1 \\ &= 4034 \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】微分を色々試す
$\displaystyle (e^x\log{x})' = e^x\log{x} - \frac{e^x}{x}$
ここで、$x$で割られているのが邪魔だと考えて、はじめから$x$を掛けてみる
$\displaystyle (xe^x\log{x})' = e^x\log{x} - xe^x\log{x} + e^x = (x+1)e^x\log{x} + e^x$

ここで、$e^x$が足されているのが邪魔だと考えて、はじめから$e^x$を引いてみる
$\displaystyle (xe^x\log{x}-e^x)' = (x+1)e^x\log{x} + e^x - e^x = (x+1)e^x\log{x}$
したがって、
\begin{align} I &=\int \frac{d}{dx}\left( xe^x\log{x} -e^x \right) ~dx \\ &=xe^x\log{x} - e^x +C \\ &=e^x(x\log{x} - 1) +C \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{1-\cos^2{x}}{\cos{x}}} ~dx \\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{|\sin{x}|}{\sqrt{\cos{x}}} ~dx \\ \end{align}
ここで、$|\sin{x}| ~,~ \cos{x}$は偶関数だから、
\begin{align} I &=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin{x}}{\sqrt{\cos{x}}} ~dx \\ &=2\Big[ -2\sqrt{\cos{x}} \Big]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &=2( 0 - (-2)) \\ &=4 \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int \frac{x}{\sqrt[3]{x^3-3x-2}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】$\displaystyle \sqrt[n]{(x-a)^p(x-b)^q} ~ ~ (n=p+q)$は、大きい方の因数を括り出し、残りをそのまま置換する
\begin{align} I &=\int \frac{x}{\sqrt[3]{(x+1)^2(x-2)}} ~dx \\ &=\int \frac{x}{(x+1)\sqrt[3]{\frac{x-2}{x+1}}} ~dx \end{align}
$\displaystyle y = \sqrt[3]{\frac{x-2}{x+1}}$と置くと　$\displaystyle y^3 = \frac{x-2}{x+1} = 1 - \frac{3}{x+1}$
$\displaystyle x+1 = \frac{3}{1-y^3} $ (A)　　$\displaystyle x = \frac{2+y^3}{1-y^3} \quad dx= \frac{9y^2}{(1-y^3)^2} ~dy$
\begin{align} I &= \int \frac{2+y^3}{1-y^3} \cdot \frac{1-y^3}{3} \cdot \frac{1}{y} \cdot \frac{9y^2}{(1-y^3)^2} ~dy \\ &=3\int \frac{y^4+2y}{(1-y^3)^2} ~dy \end{align}
ここで、被積分関数の分母が2乗の形をしているので商の微分を疑ってみる。
分母の関数を$1-y^3$、分子の関数を$f(y)$とすると、
\begin{align} \left( \frac{f(y)}{1-y^3} \right)' &= \frac{f'(y)(1-y^3) - f(y)(1-y^3)'}{(1-y^3)^2} \\ &= \frac{f'(y)(1-y^3) + 3y^2f(y)}{(1-y^3)^2} \\ \end{align}
ここで、被積分関数の分子の次数から、$f(y)$は2次関数であることが予想される。なので、
$f(y)=ax^2+bx+c$とすると、$f'(y)=2ax+b$　これを代入した分子は、
\begin{align} f'(y)(1-y^3) + 3y^2f(y) &= (2ax+b)(1-y^3) + 3y^2(ax^2+bx+c) \\ &=ay^4 + 3by^3 + 3cy^2 + 2ay + b \end{align}
被積分関数の分子と比較すると、$a=1 ~,~ b=0 ~,~ c=0 $ であることがわかる。つまり、$f(y)=y^2$である。
したがって、
\begin{align} I &= 3\int \frac{d}{dy} \left( \frac{y^2}{1-y^3} \right) ~dy \\ &= \frac{3y^2}{1-y^2} + C \\ &= \frac{3}{1-y^3} \cdot y^2 + C\\ &= (x+1) \cdot \sqrt[3]{\frac{(x-2)^2}{(x+1)^2}} + C \quad \rm{【Aを利用】} \\ &=\sqrt[3]{(x-2)^2(x+1)} + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{2\pi} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos{(2^nx)}}{2^n} \right)^2 ~dx$

解答・解説

【ポイント】三角関数の直交性を利用する
まず、$\displaystyle J = \int_{0}^{2\pi} \cos{(px)}\cos{(qx)} ~dx$について、
$p \neq q$のとき、$J=0$を取り、$p = q$のとき、$J=\pi$を取る。(単純な積分で示せる。)
さて、被積分関数は
$\displaystyle \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos{(2^nx)}}{2^n} \right)^2 = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{\cos{(2^nx)}\cos{(2^mx)}}{2^n \cdot 2^m} $
総和と積分を入れ替えると、
\begin{align} I &= \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \frac{\cos{(2^nx)}\cos{(2^mx)}}{2^n \cdot 2^m} ~dx \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{{2^n \cdot 2^m}} \int_{0}^{2\pi} \cos{(2^nx)}\cos{(2^mx)} ~dx \end{align}
先ほど示した性質から、$2^n=2^m$のとき、つまり$n=m$のとき、積分は$\pi$となるから、
\begin{align} I &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^n \cdot 2^n} \pi \\ &= \pi \cdot \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{4} \right)^n \\ &= \pi \cdot \frac{1}{1-\frac{1}{4}} \\ &= \frac{4}{3}\pi \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{x=0}^{x=10} x^2 ~d\left\{x+ \frac{1}{2} \right\}$

解答・解説

【ポイント】リーマン・スティルチェス積分
$\displaystyle f(x)=x^2 ~,~ g(x)=\left\{x+ \frac{1}{2} \right\}$として、リーマン・スティルチェス積分をする
まず、連続部分を積分すると
\begin{align} I &=\int_{0}^{10} x^2 ~dx \\ &=\left[ \frac{1}{3}x^3 \right]_{0}^{10} \\ &=\frac{1000}{3} \end{align}
不連続な部分について考えると、
スティルチェス積分の定義より、$g(x)$が$x=c$で$J=g(c+) - g(c-)$のジャンプを持つとき、
その点での積分の値は$f(c) \cdot J$となる。
$\displaystyle g(x)=\left\{x+ \frac{1}{2} \right\}$は$\displaystyle x+ \frac{1}{2}$が整数になるとき、
つまり、自然数$n$を用いて$\displaystyle x = n - \frac{1}{2}$となる$x$で$g(x)$が不連続になるから、
$\displaystyle x_k=k-\frac{1}{2} \quad(1\leq k \leq 10)$では、
$\displaystyle \lim_{x \to x_k + 0} g(x) = 0 ~,~ \lim_{x \to x_k - 0} g(x) = 1$
であるから、$J=0-1=-1$であるから、
不連続な部分の関与は、
\begin{align} \sum_{k=1}^{10} f(x_k) \cdot J &= \sum_{k=1}^{10} \left(k-\frac{1}{2} \right)^2 \cdot (-1) \\ &= -\sum_{k=1}^{10} \left( k^2 - k + \frac{1}{4} \right) \\ &= -\left( \frac{10 \cdot 11 \cdot 21}{6} - \frac{10 \cdot 11}{2} + \frac{10}{4} \right) \\ &=-\left( \frac{2310 - 330 + 15}{6} \right) \\ &=-\frac{1995}{6} \end{align}
したがって、連続部分と不連続な部分の和は
\begin{align} I &= \frac{1000}{3} - \frac{1995}{6} \\ &= \frac{5}{6} \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】置換積分
$x=\sin^2{\theta}$と置くと　$dx = 2\sin{\theta}\cos{\theta} ~d\theta$
$\displaystyle x:0 \to 1 \quad \theta : 0 \to \frac{\pi}{2}$
\begin{align} I &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^4{\theta}}{\sqrt{\sin^2{\theta}\cos^2{\theta}}} \cdot 2\sin{\theta}\cos{\theta} ~d\theta \\ &=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4{\theta} ~d\theta \\ &=2 \cdot \frac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} \\ &=\frac{3\pi}{8} \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int \frac{1}{x^8-x^6} ~dx$

解答・解説

【ポイント】少し遠回りして部分分数分解する
\begin{align} I &= \int \frac{1}{x^6(x^2-1)} ~dx \end{align}
ここで、普通なら部分分数分解するが一旦次の式を考える。
\begin{align} \frac{1}{x^6(x^2-1)} - \frac{1}{x^2-1} &= \frac{1-x^6}{x^6(x^2-1)} \\ &= -\frac{x^6-1}{x^6(x^2-1)} \\ &= -\frac{(x^2-1)(x^4+x^2+1)}{x^6(x^2-1)} \\ &= -\frac{x^4+x^2+1}{x^6} \\ \end{align}
よって、
\begin{align} \frac{1}{x^6(x^2-1)} &= \frac{1}{x^2-1} -\frac{x^4+x^2+1}{x^6} \\ &= \frac{1}{2}\left( \frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1} \right) - \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} - \frac{1}{x^6} \\ \end{align}
したがって、
\begin{align} I &=\int \frac{1}{2}\left( \frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1} \right) - \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} - \frac{1}{x^6} ~dx\\ &=\frac{1}{2}\log{(x-1)} - \frac{1}{2}\log{(x+1)} + \frac{1}{x} + \frac{1}{3x^3} + \frac{1}{5x^5} + C\\ &=\frac{1}{2}\log{\left( \frac{x-1}{x+1} \right)} + \frac{1}{x} + \frac{1}{3x^3} + \frac{1}{5x^5} + C \end{align}