文献あり

MIT Integration Beeを解く【MIT Integration Bee RegularSeason-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 $\to$ $\mathrm{arcosh}{x}$

★★★★☆

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

解答・解説

【ポイント】置換積分
\begin{align} I &=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(\sqrt{x}+1)^4} ~dx \end{align}
$t=\sqrt{x}+1$と置くと　$\sqrt{x} = t-1 \quad x = t^2-2t+1$
$dx=2t-2 ~dt \quad x:0 \to \infty \quad t:1 \to \infty$
\begin{align} I &=\int_{1}^{\infty} \frac{2t-2}{t^4} ~dt \\ &=\int_{1}^{\infty} \frac{2}{t^3} - \frac{2}{t^4} ~dt \\ &=\left[ -\frac{1}{t^2} + \frac{2}{3t^3} \right]_{1}^{\infty} \\ &= 0 - \left( -1 + \frac{2}{3} \right) \\ &= \frac{1}{3} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int x^2\cos{(\arccsc{x})} ~dx$

解答・解説

【ポイント】三角関数の中身に逆三角関数があるときは中身を文字で置く
$\theta = \arccsc{x}$と置くと　$\displaystyle x = \csc{\theta} = \frac{1}{\sin{\theta}} $
$\displaystyle \sin{\theta} = \frac{1}{x} \quad \cos{\theta} = \sqrt{1 - \sin^2{\theta}} = \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}$
したがって、
\begin{align} I &=\int x^2 \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}} ~dx \\ &=\int x^2 \sqrt{\frac{x^2-1}{x^2}} ~dx \\ &=\int x \sqrt{x^2-1} ~dx \\ &= \frac{1}{3}(x^2-1)^{\frac{3}{2}} + C \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\frac{1}{2025}} \left( \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(2025x)^ke^{-2025x}}{k!} \right) ~dx$

解答・解説

【ポイント】$e^{t}$のマクローリン展開を利用する
$\displaystyle e^t = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{t^k}{k!} = 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{t^k}{k!}$　であることを利用して
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(2025x)^k}{k!} = e^{2025x}-1$　となるから、
\begin{align} I &=\int_{0}^{\frac{1}{2025}} (e^{2025x}-1)e^{-2025x} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{1}{2025}} 1 - e^{-2025x} ~dx \\ &= \left[ x + \frac{1}{2025}e^{-2025x} \right]_{0}^{\frac{1}{2025}} \\ &= \frac{1}{2025} + \frac{1}{2025e} - \frac{1}{2025} \\ &= \frac{1}{2025e} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{1}{1-x^4} ~dx$

解答・解説

【ポイント】部分分数分解
\begin{align} I &=\frac{1}{2}\int \frac{1}{1-x^2} + \frac{1}{1+x^2} ~dx \\ &=\frac{1}{4}\int \frac{1}{1-x} + \frac{1}{1+x} ~dx + \frac{1}{2}\int\frac{1}{1+x^2} ~dx \\ &=-\frac{1}{4}\log{(1-x)} + \frac{1}{4}\log{(1+x)} + \frac{1}{2}\arctan{x} + C \\ &=\frac{1}{4}\log{\left( \frac{1+x}{1-x} \right)} + \frac{1}{2}\arctan{x} + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos{20x}\cos{25x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する(積和公式)
被積分関数は偶関数だから
\begin{align} I &=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos{20x}\cos{25x} ~dx \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos{45x} + \cos{5x} ~dx \\ &= \left[ \frac{1}{45}\sin{45x} + \frac{1}{5}\sin{5x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{1}{45} + \frac{1}{5} \\ &= \frac{2}{9} \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{-2}^{2} \mathrm{max}{(x,x^2,x^3)} ~dx$

解答・解説

【ポイント】関数の性質を考える
被積分関数について、
$-2 \leq x \leq 0$では$\mathrm{max}{(x,x^2,x^3)} = x^2 $
$0 \leq x \leq 1$では$\mathrm{max}{(x,x^2,x^3)} = x $
$1 \leq x \leq 2$では$\mathrm{max}{(x,x^2,x^3)} = x^3 $
であるから、
\begin{align} I &=\int_{-2}^{0} x^2 ~dx + \int_{0}^{1} x ~dx + \int_{1}^{2} x^3 ~dx \\ &= \left[ \frac{1}{3}x^3 \right]_{-2}^{0} + \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{0}^{1} + \left[ \frac{1}{4}x^4 \right]_{1}^{2} \\ &= \frac{8}{3} + \frac{1}{2} + 4 - \frac{1}{4} \\ &= \frac{83}{12} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{2025} \left\{ \sqrt{x} \right\} ~dx$

解答・解説

【ポイント】$\{ \cdot \}$の性質を利用する
まず$\{ t \}$は$t$の小数部分を返すから、$ \{ t \} = t - \lfloor t \rfloor$　が成り立つ。
したがって、
\begin{align} I &=\int_{0}^{2025} \sqrt{x} ~dx + \int_{0}^{2025} \lfloor \sqrt{x} \rfloor ~dx \\ &= \left[ \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{2025} + \int_{0}^{2025} \lfloor \sqrt{x} \rfloor ~dx \\ &= 60750 + \int_{0}^{2025} \lfloor \sqrt{x} \rfloor ~dx \end{align}
$k=\lfloor \sqrt{x} \rfloor$と置くと　自然数$k$で$k^2 < \lfloor \sqrt{x} \rfloor < (k+1)^2$　と表せるから
第2項の積分は、それを$J$とすると、
\begin{align} J &= \sum_{k=0}^{44} \int_{k^2}^{(k+1)^2} k ~dx \\ &= \sum_{k=0}^{44} k \cdot \left[ x \right]_{k^2}^{(k+1)^2} \\ &= \sum_{k=0}^{44} k (k^2+2k+1-k^2) \\ &= \sum_{k=0}^{44} 2k^2 + k \\ &= \frac{2 \cdot 44 \cdot 45 \cdot 89}{6} + \frac{44 \cdot 45}{2} \\ &= 58740 + 990 \\ &=59730 \end{align}
したがって、
\begin{align} I &= 60750 - 59730 \\ &= 1020 \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{2\pi} \left| \sin{x} + \frac{1}{2} \right| ~dx$

解答・解説

【ポイント】絶対値の中身で場合分けする
$\displaystyle \frac{\pi}{6} \leq x \leq \frac{5}{6}\pi$では、$\displaystyle \sin{x} + \frac{1}{2} \geq 0$
それ以外の範囲では、$\displaystyle \sin{x} + \frac{1}{2} < 0$
であるから、
\begin{align} I &=\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{1}{2} - \sin{x} ~dx + \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{5}{6}\pi} \sin{x} - \frac{1}{2} ~dx + \int_{\frac{5}{6}\pi}^{2\pi} \frac{1}{2} - \sin{x} ~dx \\ &=\left[ \frac{1}{2}x + \cos{x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} + \left[ -\cos{x} - \frac{1}{2}x \right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{5}{6}\pi} + \left[ \frac{1}{2}x + \cos{x} \right]_{\frac{5}{6}\pi}^{2\pi} \\ &=\left( \frac{\pi}{12} + \frac{\sqrt{3}}{2} - 1 \right) + \left( \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{5}{12}\pi + \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{12} \right) + \left( \pi + 1 -\frac{5}{12}\pi + \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \\ &= 2\sqrt{3} + \frac{\pi}{3} \end{align}

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

解答・解説

【ポイント】置換積分と部分積分
$t=\log{x}$と置くと　$x=e^t \quad dx = e^t ~dt$
\begin{align} I &=\int e^t \left( \frac{1}{2} + t \right)\log{t} \cdot e^t ~dt \\ &=\int \left( \frac{1}{2} + t \right) e^{2t} \log{t} ~dt \end{align}
ここで、
\begin{align} \int \left( \frac{1}{2} + t \right) e^{2t} ~dt &= \frac{1}{2}\left( \frac{1}{2} + t \right)e^{2t} - \frac{1}{2}\int e^{2t} ~dt \\ &= \frac{1}{4}e^{2t} + \frac{1}{2}te^{2t} - \frac{1}{4}e^{2t} + C \\ &= \frac{1}{2}te^{2t} + C \end{align}
であるから、
\begin{align} I &= \frac{1}{2}te^{2t}\log{t} - \frac{1}{2} \int e^{2t} ~dt \\ &= \frac{1}{2}te^{2t}\log{t} - \frac{1}{4}e^{2t} + C \\ &= \frac{1}{2}x^2\log{x}\log{(\log{x})} - \frac{1}{4}x^2 + C \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{\cos^4{x} -1}{\sin^8{x}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \frac{(\cos^2{x}-1)(\cos^2{x}+1)}{\sin^8{x}} ~dx \\ &=\int \frac{(-\sin^2{x})(\cos^2{x}+1)}{\sin^8{x}} ~dx \\ &=-\int \frac{\cos^2{x}+1}{\sin^6{x}} ~dx \\ &=-\int \left( \frac{\cos^2{x}}{\sin^2{x}} \cdot \frac{1}{\sin^2{x}} + \frac{1}{\sin^4{x}} \right)\frac{1}{\sin^2{x}} ~dx \end{align}
$\displaystyle t=\frac{1}{\tan{x}}$と置くと　$\displaystyle dt = -\frac{1}{\sin^2{x}} ~dx $
$\displaystyle \frac{1}{\sin^2{x}} = 1 + \frac{1}{\tan^2{x}} = 1 + t^2$
\begin{align} I &= \int t^2(1+t^2) + (1+t^2)^2 ~dt \\ &= \int 2t^4 + 3t^2 + 1 ~dt \\ &= \frac{2}{5}t^5 + t^3 + t + C \\ &= \frac{1}{5}\cot{x} (2\cot^4{x} + 5\cot^2{x} + 5 ) + C \\ &= \frac{1}{5}\cot{x} (2(\csc^2{x}-1)^2 + 5(\csc^2{x}-1) + 5 ) + C \\ &= \frac{1}{5}\cot{x} (2\csc^4{x} + \csc^2{x} + 2) + C \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

【ポイント】二重根号を外す
\begin{align} I &=\int \sqrt{x+2\sqrt{\frac{x^2-1}{4}}} ~dx \\ &=\int \sqrt{\frac{x+1}{2} + \frac{x-1}{2} +2\sqrt{\frac{x+1}{2} \cdot \frac{x-1}{2}}} ~dx \\ &=\int \sqrt{\frac{x+1}{2}} + \sqrt{\frac{x-1}{2}} ~dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \int \sqrt{x+1} + \sqrt{x-1} ~dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{2}{3}(x+1)^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{2}{3}(x-1)^{\frac{3}{2}} + C\\ &= \frac{\sqrt{2}}{3} \left( (x+1)^{\frac{3}{2}} + (x-1)^{\frac{3}{2}} \right) + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \frac{x^3-x}{x^6-1} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\int \frac{x(x^2-1)}{(x^2-1)(x^4+x^2+1)} ~dx \\ &=\int \frac{x}{x^4+x^2+1} ~dx \end{align}
$t=x^2$と置くと　$dt=2x ~dx$
\begin{align} I &=\frac{1}{2}\int \frac{1}{t^2+t+1} ~dt \\ &=\frac{1}{2}\int \frac{1}{\left( t + \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{3}{4}} ~dt\\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan{\left( \frac{2t+1}{\sqrt{3}} \right)} + C \\ &=\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan{\left( \frac{2x^2+1}{\sqrt{3}} \right)} + C \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int \sqrt{x^2-1} ~dx$

解答・解説

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

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int \sin{x}\sin{(\sin{x})}\sin{(\cos{x})} + \cos{x}\cos{(\sin{x})}\cos{(\cos{x})}~dx$

解答・解説

【ポイント】積の微分に気づく
$(\sin{(\sin{x})})' = \cos{x} \cdot \cos{(\sin{x})}$
$(\cos{(\cos{x})})' = \sin{x} \cdot \sin{(\cos{x})}$
であるから、
\begin{align} I &=\int \frac{d}{dx} \left( \sin{(\sin{x})} + \cos{(\cos{x})} \right) ~dx \\ &= \sin{(\sin{x})} + \cos{(\cos{x})} + C \end{align}

★★☆☆☆

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

解答・解説

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

$\displaystyle I = \int e^{2x}\sin^2{2x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する
\begin{align} I &=\frac{1}{2}\int e^{2x}(1-\cos{4x}) ~dx \\ &=\frac{1}{2}\int e^{2x} ~dx - \frac{1}{2}\int e^{2x}\cos{4x} ~dx \\ &= \frac{1}{4}e^{2x} -\frac{1}{40}e^{2x}(2\cos{4x} + 4\sin{4x}) + C \\ &= e^{2x}\left( \frac{1}{4} -\frac{1}{20}\cos{4x} - \frac{1}{10}\sin{4x} \right) + C \end{align}
※第2項の積分は公式を利用した(部分積分でも計算可能)

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\frac{7}{2}} \sqrt{x+\frac{1}{\sqrt{x+\frac{1}{\sqrt{x+ \cdots}}}}} ~dx$

解答・解説

【ポイント】丸々置いてしまう
$\displaystyle y = \sqrt{x+\frac{1}{\sqrt{x+\frac{1}{\sqrt{x+ \cdots}}}}}$と置くと　$\displaystyle y = \sqrt{x+\frac{1}{y}} \quad x = y^2 - \frac{1}{y}$
$\displaystyle dx = 2y + \frac{1}{y^2} \quad x:0 \to \frac{7}{2} \quad y:1 \to 2$
\begin{align} I &=\int_{1}^{2} y \cdot \left( 2y + \frac{1}{y^2} \right) ~dy \\ &=\int_{1}^{2} 2y^2 + \frac{1}{y} ~dy \\ &= \left[ \frac{2}{3}y^3 + \log{y} \right]_{1}^{2} \\ &= \frac{16}{3} + \log{2} - \frac{2}{3} \\ &= \frac{14}{3} + \log{2} \end{align}

★★★★☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\infty} (x+1)^4e^{-x^2} ~dx$

解答・解説

【ポイント】分解してそれぞれ計算する
\begin{align} I &=\int_{0}^{\infty} (x^4+4x^3+6x^2+4x+1)e^{-x^2} ~dx \end{align}
分配した積分を先頭から$I_1 ~,~ I_2 ~,~ \cdots ~,~ I_5$とする。
また、$t=x^2$と置くと　$\displaystyle dt=2x ~dx \quad x = t^{\frac{1}{2}}$
$x:0 \to \infty \quad t:0 \to \infty $
\begin{align} I_1 &=\int_{0}^{\infty} x^4e^{-x^2} ~dx \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} t^{\frac{3}{2}}e^{-t} ~dt \\ &=\frac{1}{2} \Gamma \left( \frac{5}{2} \right) \\ &=\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) \\ &=\frac{3}{8} \sqrt{\pi} \end{align}
\begin{align} I_2 &=\int_{0}^{\infty} 4x^3e^{-x^2} ~dx \\ &=2\int_{0}^{\infty} te^{-t} ~dt \\ &=2\left[ -te^{-t} \right]_{0}^{\infty} + 2\int_{0}^{\infty} e^{-t} ~dt \\ &= 2\left[ -e^{-t} \right]_{0}^{\infty} \\ &= 2 \end{align}
\begin{align} I_3 &=\int_{0}^{\infty} 6x^2e^{-x^2} ~dx \\ &=3\int_{0}^{\infty} t^{\frac{1}{2}}e^{-t} ~dt \\ &=3 \cdot \Gamma \left( \frac{3}{2} \right) \\ &=3 \cdot \frac{1}{2} \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) \\ &=\frac{3}{2}\sqrt{\pi} \end{align}
\begin{align} I_4 &=\int_{0}^{\infty} 4xe^{-x^2} ~dx \\ &=2\int_{0}^{\infty} e^{-t} ~dt \\ &=2\left[ -e^{-t} \right]_{0}^{\infty} \\ &=2 \end{align}
\begin{align} I_5 &=\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} ~dx \\ &=\frac{\sqrt{\pi}}{2} \end{align}
したがって、
\begin{align} I &= I_1 + I_2 + I_3 + I_4 + I_5 \\ &= \frac{3}{8} \sqrt{\pi} + 2 + \frac{3}{2}\sqrt{\pi} + 2 + \frac{\sqrt{\pi}}{2} \\ &= \frac{19}{8}\sqrt{\pi} + 4 \end{align}

★★☆☆☆

$\displaystyle I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos{3x}\cos{5x}\cos{7x} ~dx$

解答・解説

【ポイント】式を整理する(積和公式)
\begin{align} I &=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\cos{8x}+\cos{2x})\cos{7x} ~dx \\ &=\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos{x} + \cos{15x} + \cos{5x} + \cos{9x} ~dx \\ &=\frac{1}{4}\left[ \sin{x} + \frac{1}{15}\sin{15x} + \frac{1}{5}\sin{5x} + \frac{1}{9}\sin{9x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &=\frac{1}{4}\left( 1 - \frac{1}{15} + \frac{1}{5} + \frac{1}{9} \right) \\ &= \frac{14}{45} \end{align}

★★★☆☆

$\displaystyle I = \int_{-1}^{1} e^{2x}\sin{(\sinh{x})} ~dx$

解答・解説

【ポイント】King Property、指数を双曲線関数に直す
King Propertyより、$x \mapsto ( -1+1 -x) = -x$
変換後の積分を$J$として、
\begin{align} J &=\int_{-1}^{1} e^{-2x}\sin{(\sinh{(-x)})} ~dx \\ &=\int_{-1}^{1} e^{-2x}\sin{(-\sinh{x})} ~dx \\ &=-\int_{-1}^{1} e^{-2x}\sin{(\sinh{x})} ~dx \\ 2I &= I + J \\ &=\int_{-1}^{1} (e^{2x}-e^{-2x})\sin{(\sinh{x})} ~dx \\ &=2\int_{-1}^{1} \sinh{2x}\sin{(\sinh{x})} ~dx \\ &=4\int_{-1}^{1} \sinh{x}\cosh{x}\sin{(\sinh{x})} ~dx \\ I &=2\int_{-1}^{1} \sinh{x}\cosh{x}\sin{(\sinh{x})} ~dx \end{align}
$t=\sinh{x}$と置くと　$dt=\cosh{x} ~dx$
$x:-1 \to 1 \quad t:-\sinh{1} \to \sinh{1}$
\begin{align} I &= 2\int_{-\sinh{1}}^{\sinh{1}} t\sin{t} ~dt \\ &= 2\left[-t\cos{t} \right]_{-\sinh{1}}^{\sinh{1}} + 2\int_{-\sinh{1}}^{\sinh{1}} \cos{t} ~dt \\ &=2(-\sinh{1}\cos{(\sinh{1})} - \sinh{1}\cos{(-\sinh{1})}) + 2\left[ \sin{t} \right]_{-\sinh{1}}^{\sinh{1}} \\ &=-4\sinh{1}\cos{(\sinh{1})} + 2(\sin{(\sinh{1})}-\sin{(-\sinh{1})}) \\ &=-4\sinh{1}\cos{(\sinh{1})} + 4\sin{(\sinh{1})} \\ &=4(\sin{(\sinh{1})} - \sinh{1}\cos{(\sinh{1})}) \end{align}