高校数学解説

積分ガチャの超級から学ぶ積分のテクニック【全積分ガチャ超級の問題, 解答付き】

積分,積分ガチャ超級

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積分定数を統一して $C$ とします.

1: 積分ガチャとは

「おいしい数学」にて, 運営されている高校数学の数学IIIで扱う積分計算をランダムに5問出題するサービスです. 5の倍数以外の日に公開されているweb版と多数の積分が収録されている有料アプリ版が存在します.

web版積分ガチャ

積分ガチャには初級・中級・上級・超級の4段階の難易度があり, 特に超級は稀に「CAUTION!!」や「WARNING!!」や「DANGER!!」という文字と演出と共に出題され, 解答が公開されていないことが特徴です.

皆さんに高校数学範囲内ギリギリで解ける難しい積分を自力で解き切る達成感を味わって欲しいので今回, 記事を書きました.

2: 関数と積分の公式など

2.1: 関数

逆三角関数

$\sin x (- π / 2 \leq x \leq π / 2)$ の逆関数を $\arcsin x$ とする.
$\cos x (0 \leq x \leq π)$ の逆関数を $\arccos x$ とする.
$\tan x (- π / 2 < x < π / 2)$ の逆関数を $\arctan x$ とする.

双曲線関数

実数 $x$ に対して, 双曲線関数を次のように定める.
$\sinh x = \frac{e^{x} - e^{- x}}{2}$
$\cosh x = \frac{e^{x} + e^{- x}}{2}$
$\tanh x = \frac{e^{x} - e^{- x}}{e^{x} + e^{- x}}$

逆双曲線関数

$arsinh x = \log (x + \sqrt{x^{2} + 1}) (x \in R)$
$arcosh x = \log (x + \sqrt{x^{2} - 1}) (x \geq 1)$
$artanh x = \frac{1}{2} \log \frac{1 + x}{1 - x} (- 1 < x < 1)$

二重階乗

$n!!$ は階乗の一つ飛ばしバージョンです. 例: $5!! = 5 \cdot 3 \cdot 1, 8!! = 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2$
$(2 n)!! = 2^{n} n!$
$(2 n - 1)!! = \frac{(2 n)!}{2^{n} n!}$

2.2: 積分公式

便利な関数の積分を紹介します.

三角関数の逆関数

$\int \frac{d x}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \arcsin x + C$
$\int \frac{d x}{1 + x^{2}} = \arctan x + C$

双曲線関数の逆関数

$\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2} - 1}} = arcosh x + C = \log (x + \sqrt{x^{2} - 1}) + C)$
$\int \frac{d x}{\sqrt{1 + x^{2}}} = arsinh x + C = \log (x + \sqrt{x^{2} + 1}) + C)$

\sqrt{x^{2} + 1}

の積分

$\int \sqrt{x^{2} + 1} d x = \frac{1}{2} x \sqrt{x^{2} + 1} + \frac{1}{2} arsinh x + C$

ウォリス積分

$n, m$ は自然数とする.
$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x = {\begin{cases} \frac{(n - 1)!!}{n!!} \cdot \frac{π}{2} & if n even, \\ \frac{(n - 1)!!}{n!!} & if n odd. \end{cases} = {\begin{cases} \frac{(2 m)!}{4^{m} m!^{2}} \cdot \frac{π}{2} & if n = 2 m, \\ \frac{4^{m} m!^{2}}{(2 m)!} \cdot \frac{1}{2 m} & if n = 2 m - 1 . \end{cases}$

2.3: 便利な置換

$t = \tan x$ と置換したとき
$\sin x = \frac{t^{2}}{1 + t^{2}}, \cos x = \frac{1}{1 + t^{2}}$
有効な場合: $\sin^{2} x, \cos^{2} x, \tan x$ のみで構成される場合

ワイエルシュトラス置換

$t = \tan \frac{x}{2}$ と置換したとき
$\sin x = \frac{2 t}{1 + t^{2}}, \cos x = \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}}, \tan x = \frac{2 t}{1 - t^{2}}$
有効な場合: $\sin x, \cos x, \tan x$ の1次式が含まれる場合

\sqrt{x^{2} + 1}

の置換

$x = \tan t$ 置換 $\dots \dots \frac{d x}{d t} = \tan^{2} t + 1 = x^{2} + 1, \sqrt{x^{2} + 1} = \frac{1}{| \cos t |}$
$x = \sinh t$ 置換 $\dots \dots \frac{d x}{d t} = \cosh t, \sqrt{x^{2} + 1} = \cosh t$

$x = \frac{1}{\tan t}$ などもあるが, (1), (2)で解けることが大半

2.4: 積分のテクニック

King Property

$\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} f (a + b - x) d x$

x f (\sin x)

の積分

$\int_{0}^{π} x f (\sin x) d x = \frac{π}{2} \int_{0}^{π} f (\sin x) d x$

(x - α)^{m} (β - x)^{n}

の積分

$m, n$ は $0$ 以上の整数とする.
$\int_{β}^{α} (x - α)^{m} (β - x)^{n} d x = \frac{m! n!}{(m + n + 1)!} (β - α)^{m + n + 1}$
特にベータ関数という特殊関数で次のように表される.
$B (m + 1, n + 1) = \int_{0}^{1} x^{m} (1 - x)^{n} d x = \frac{m! n!}{(m + n + 1)!}$

ベータ関数

実数 $x, y$ は $x > 0, y > 0$ を満たす.
$B (x, y) = \int_{0}^{1} t^{x - 1} (1 - t)^{y - 1} d t = \frac{Γ (x) Γ (y)}{Γ (x + y)}$
$B (x, y) = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 x - 1} θ \cos^{2 y - 1} θ d θ$

$f$ は偶関数とする.
$\int_{- a}^{a} \frac{f (x)}{1 + e^{x}} d x = \frac{1}{2} \int_{- a}^{a} f (x) d x$

$\int_{\frac{1}{a}}^{a} \frac{f (x)}{1 + x^{2}} d x = \int_{\frac{1}{a}}^{a} \frac{f (\frac{1}{x})}{1 + x^{2}} d x$

符号関数

符号関数 $sgn x = {\begin{cases} - 1 & if x < 0, \\ 0 & if x = 0, \\ - 1 & if x > 0 . \end{cases}$ と定める.
$\int \frac{| x |}{x} d x = | x | + C = x sgn x + C$
$\int \frac{| x |}{x} f (x) d x = \frac{| x |}{x} \int f (x) d x = sgn x \int f (x) d x$

3: 問題

3.1: 問題を解く前に

問題は上から難易度順とその問題が活用できる具合で独断と偏見で並べています.

各問題は「問題」 $\to$ 「コメント(ポイント・方針)」 $\to$ 「解答」という流れで書かれているので, 問題を解きたい人は解答を見ないようにして注意してください. 途中で詰まった場合はコメントをクリックすることでヒントを得ることができます.

3.2: 問題1~5

$I_{1} = \int \frac{\sin^{2} x}{\sin x + \cos x + 1} d x$

ポイント: 三角関数, ワイエルシュトラス置換, 部分分数分解
不定積分で三角関数のみで構成され, 1次式の三角関数があるので, $\tan \frac{x}{2}$ で置換する. $\frac{1}{(1 + x^{2})^{2}}$ の積分も意外と盲点なのでできるようになった方がいいと思う.

$t = \tan \frac{x}{2}$ とおくと, $d x = \frac{2}{1 + t^{2}} d t$
$I_{1} = \int \frac{{(\frac{2 t}{1 + t^{2}})}^{2}}{\frac{2 t}{1 + t^{2}} + \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}} + 1} \cdot \frac{2}{1 + t^{2}} d t = \int \frac{2 t^{2}}{(1 + t^{2})^{2} (1 + t)} d t = \int {\frac{1}{2 (1 + t)} + \frac{1 - t}{2 (1 + t^{2})} + \frac{t - 1}{(1 + t^{2})^{2}}} d t$

$\frac{1}{(1 + t^{2})^{2}}$ の積分を変形する.
$\int \frac{d t}{1 + t^{2}} = \frac{t}{1 + t^{2}} + \int \frac{2 t^{2}}{(1 + t^{2})^{2}} d t = \frac{t}{1 + t^{2}} + 2 \int {\frac{1}{1 + t^{2}} - \frac{1}{(1 + t^{2})^{2}}} d t ∴ \int \frac{d t}{(1 + t^{2})^{2}} = \frac{t}{2 (1 + t^{2})} + \frac{1}{2} \int \frac{d t}{1 + t^{2}}$
$I_{1} = - \frac{t}{2 (1 + t^{2})} + \int {\frac{1}{2 (1 + t)} - \frac{t}{2 (1 + t^{2})} + \frac{t}{(1 + t^{2})^{2}}} d t = - \frac{t}{2 (1 + t^{2})} + \frac{1}{2} \int \frac{d t}{1 + t} - \frac{1}{4} \int \frac{(1 + t^{2})^{'}}{1 + t^{2}} d t + \frac{1}{2} \int \frac{(1 + t^{2})^{'}}{(1 + t^{2})^{2}} d t$
$I_{1} = - \frac{1 + t}{2 (1 + t^{2})} + \frac{1}{2} \log (1 + t) - \frac{1}{4} \log (1 + t^{2}) + C$
$∴ I_{1} = - \frac{1}{2} (1 + \tan \frac{x}{2}) \cos^{2} \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \log | \cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2} | + C$

$I_{2} = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{(x + 1)^{3} \sqrt{1 - x^{2}}} d x$

ポイント: 三角関数
$\sqrt{1 - x^{2}}$ があるので, まずは三角関数で置換することを考える. $x + 1$ があるので半角の公式で変形することを考えて $\cos$ で置換する.

$x = \cos t$ とおくと, $d x = - \sin t d t$
$I_{2} = \int_{\frac{π}{3}}^{\frac{π}{2}} \frac{d t}{(\cos t + 1)^{3}} = \frac{1}{8} \int_{\frac{π}{3}}^{\frac{π}{2}} \frac{d t}{\cos^{6} \frac{t}{2}} = \frac{1}{4} \int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{4}} \frac{d t}{\cos^{6} t}$

$s = \tan t$ とおくと, $d s = (s^{2} + 1) d t$
$I_{2} = \frac{1}{4} \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{1} (1 + s^{2})^{2} d s = \frac{1}{4} [s + \frac{2}{3} s^{3} + \frac{1}{5} s^{5}]_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{1} = \frac{7}{15} - \frac{14 \sqrt{3}}{135}$

$I_{3} = \int_{\frac{3}{2}}^{\frac{7}{4}} \sqrt{\frac{x - 1}{2 - x}} d x$

ポイント: 全体置換
根号の中に分子・分母が1次式の有利関数がある関数の積分は全体を置換することで解ける. 積分ガチャの超級は $\tan$ の逆関数が頻出するので $\frac{1}{x^{2} + 1}$ の積分は覚えておくと便利.

$y = \sqrt{\frac{x - 1}{2 - x}}$ とおくと, $2 y d y = \frac{d x}{(2 - x)^{2}}$
$I_{3} = \int_{1}^{\sqrt{3}} y \cdot 2 y (2 - x)^{2} d y$

$y^{2} = \frac{1}{2 - x} - 1 \Leftrightarrow 2 - x = \frac{1}{y^{2} + 1}$ より
$I_{3} = \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{2 y^{2}}{(y^{2} + 1)^{2}} d y = [y (- \frac{1}{y^{2} + 1})]_{1}^{\sqrt{3}} + \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{d y}{y^{2} + 1} = [- \frac{y}{y^{2} + 1} + \arctan y]_{1}^{\sqrt{3}}$
$∴ I_{3} = \frac{2 - \sqrt{3}}{4} + \frac{π}{12}$

$I_{4} = \int_{0}^{1} \frac{x^{2} - x + 1}{\sqrt{x^{2} + 1}} d x$

ポイント: $\sqrt{x^{2} + 1}$ (双曲線関数)
基本的な積分しかないので素直に解く. $\sqrt{x^{2} + 1}$ の積分は大学受験の数学でも頻出なので覚える. よく置換する関数 $x + \sqrt{x^{2} + 1}$ は $\sinh$ の逆関数 $arsinh x = \log (x + \sqrt{x^{2} + 1})$ の中身になっている.

$I_{4} = \int_{0}^{1} (\sqrt{x^{2} + 1} - \frac{1}{2} \cdot \frac{2 x}{\sqrt{x^{2} + 1}}) d x = [- \sqrt{x^{2} + 1}]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \sqrt{x^{2} + 1} d x$

$x = \sinh y$ とおくと, $d x = \cosh y d y, y = \log (x + \sqrt{x^{2} - 1})$
$I_{4} = 1 - \sqrt{2} + \int_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})} \cosh^{2} y d y = 1 - \sqrt{2} + \int_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})} \frac{1 + \cosh 2 y}{2} d y = 1 - \sqrt{2} + [\frac{1}{2} y + \frac{1}{4} \sinh 2 y]_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})}$
$I_{4} = 1 - \sqrt{2} + \frac{1}{2} \log (1 + \sqrt{2}) + \frac{1}{4} \cdot \frac{(1 + \sqrt{2})^{2} - (1 + \sqrt{2})^{- 2}}{2} = 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \log (1 + \sqrt{2})$

$I_{5} = \int_{0}^{π} \frac{(3 π - 2 x) x^{2} \sin x}{\sqrt{3 - 2 \sin^{2} x}} d x$

ポイント: King Property, 三角関数
$\sin x = \sin (π - x)$ が成り立つので, King Propertyで分子の3次式が消えそうと予想ができれば, あとは $\frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ の形の関数を積分をすればよい. King Propertyさえ知っていればすぐに解けると思う.

King Propertyで $y = π - x$ とおいて, 置換前と後の2個の積分を足す.
$I_{5} = \int_{0}^{π} \frac{(π + 2 y) (π - y)^{2} \sin y}{\sqrt{3 - 2 \sin^{2} y}} d y = \frac{1}{2} \int_{0}^{π} \frac{{(3 π - 2 y) y^{2} + (π + 2 y) (π - y)^{2}} \sin y}{\sqrt{3 - 2 \sin^{2} y}} d y = \frac{π^{3}}{2} \int_{0}^{π} \frac{\sin y}{\sqrt{3 - 2 \sin^{2} y}} d y$

$t = \cos y$ とおくと, $d t = - \sin y d y$
$I_{5} = \frac{π^{3}}{2} \int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 + 2 t^{2}}} = π^{3} \int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 + 2 t^{2}}} = \frac{π^{3}}{\sqrt{2}} \int_{0}^{1} \frac{(\sqrt{2} t)^{'}}{\sqrt{1 + (\sqrt{2} t)^{2}}} d t = \frac{π^{3}}{\sqrt{2}} [arsinh \sqrt{2} t]_{0}^{1}$
$∴ I_{5} = \frac{π^{3}}{\sqrt{2}} \log (\sqrt{2} + \sqrt{3})$

3.3: 問題6~10

総和 B

$I_{6} = \int_{0}^{2 π} {(\sum_{k = 1}^{n} k \sin k x)}^{2} d x (n は自然数)$

ポイント: 総和, 三角関数
大学受験の数学でたまに出題される問題. 誘導なしの場合, 二重総和の処理が難しいので解いた経験があるかどうかで難易度が決まる.

$I_{6} = \int_{0}^{2 π} (\sum_{k = 1}^{n} k \sin k x) (\sum_{l = 1}^{n} l \sin l x) d x = \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 1}^{n} \sum_{l = 1}^{n} k l \sin k x \sin l x d x = \sum_{k = 1}^{n} \sum_{l = 1}^{n} k l \int_{0}^{2 π} \sin k x \sin l x d x$

$k = l$ のとき, $\int_{0}^{2 π} \sin k x \sin l x d x = \int_{0}^{2 π} \sin^{2} k x d x = [\frac{1 - \cos 2 k x}{2}]_{0}^{2 π} = π$
$k \neq l$ のとき, $\int_{0}^{2 π} \sin k x \sin l x d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} {\cos (k - l) x - \cos (k + l) x} d x = \frac{1}{2} [\frac{\sin (k - l) x}{k - l} - \frac{\sin (k + l) x}{k + l}]_{0}^{2 π} = 0$

$∴ I_{6} = \sum_{k = 1}^{n} π k^{2} = \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} π$

$I_{7} = \int \sqrt{x^{2} + 1} \sqrt[3]{x + \sqrt{x^{2} + 1}} d x$

ポイント: 全体置換
$\sqrt[3]{x + \sqrt{x^{2} + 1}}$ の積分はそのまま計算できないので, これを置換する. 不定積分なので最後の処理が面倒.

$y = \sqrt[3]{x + \sqrt{x^{2} + 1}}$ とおくと, $3 y^{2} d y = \frac{x + \sqrt{x^{2} + 1}}{\sqrt{x^{2} + 1}} d x = \frac{y}{\sqrt{x^{2} + 1}} d x$
$y^{3} = x + \sqrt{x^{2} + 1}$ より $y^{6} = 2 x y^{3} + 1 \Leftrightarrow x = \frac{y^{6} - 1}{2 y^{3}} ∴ \sqrt{x^{2} + 1} = \frac{y^{6} + 1}{2 y^{3}}$
$I_{7} = \int (\frac{y^{6} + 1}{2 y^{3}}) y \cdot \frac{3 (y^{6} + 1)}{2 y^{4}} d y = \frac{3}{4} \int (y^{6} + 2 + \frac{1}{y^{6}}) d y = \frac{3}{4} (\frac{y^{7}}{7} + 2 y - \frac{1}{5 y^{5}}) + C$
$I_{7} = \frac{3}{4} \cdot \frac{5 y^{12} + 70 y^{6} - 7}{35 y^{5}} + C$

$y^{6} = 2 x y^{3} + 1$ であるから $5 y^{12} + 70 y^{6} - 7 = 5 (2 x y^{3} + 1)^{2} + 70 y^{6} - 7 = (20 x^{2} + 70) y^{6} + 20 x y^{3} - 2 = (20 x^{2} + 70) (2 x y^{3} + 1) + 20 x y^{3} - 2$
$5 y^{12} + 70 y^{6} - 7 = 40 x (x^{2} + 4) y^{3} + 20 x^{2} + 68$ となる.
$∴ I_{7} = \frac{30 x (x^{2} + 4) (x + \sqrt{x^{2} + 1}) + 15 x^{2} + 51}{35 (x + \sqrt{x^{2} + 1})^{\frac{5}{3}}} + C$

$I_{8} = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 + \sin x)^{n} d x (n は自然数)$

ポイント: ウォリス積分
1+(三角関数)の形があるので, 半角の公式が使えるか試す. 後はウォリス積分なので漸化式を作って計算しても, 公式に代入してもよい.

$2 y = x + \frac{π}{2}$ とおく.
$I = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (1 - \cos 2 y)^{n} d y = 2^{n + 1} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 n} y d y$

ウォリス積分より
$I = 2^{n + 1} \cdot \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \cdot \frac{π}{2} = \frac{2^{n} (2 n - 1)!!}{(2 n)!!} π = \frac{(2 n)!}{2^{n} n!^{2}} π$

$I = \int_{0}^{π} \sin (\frac{x}{2}) \sqrt{\sin x} d x$

ポイント: King Property, $\sin x \pm \cos x$ 置換
$\sin \pm \cos$ 置換の基本問題. 初見で解く難易度は高いが, スマートな解答ができる良問だと思う.

King Propertyより, $y = π - x$ とおく.
$I_{9} = \int_{0}^{π} \cos (\frac{y}{2}) \sqrt{\sin y} d y = \frac{1}{2} \int_{0}^{π} (\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}) \sqrt{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}} d x$

$y = \sin \frac{x}{2} - \cos \frac{x}{2}$ とおくと, $2 d y = (\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2}) d x, 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} = 1 - y^{2}$
$I_{9} = \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 - y^{2}} d y = \frac{π}{2}$

$I_{10} = \int \frac{e^{\sin^{4} x} \cos x (1 + 2 \cos^{2} x - \cos^{4} x)}{\sin^{9} x} d x$

ポイント: 怪しい部分の置換
$\sin^{4} x$ の主張が強すぎる. 置換後は $- e^{t} t^{- 2}$ の微分を見つけるのが難しいくらい.

$t = \sin^{4} x$ とおくと, $d t = 4 \sin^{3} x \cos x d x$
$I_{10} = \int \frac{e^{t} (2 - t)}{4 t^{3}} d t = \frac{1}{4} \int (2 e^{t} t^{- 3} - e^{t} t^{- 2}) d t = \frac{1}{4} \int (- e^{t} t^{- 2})^{'} d t = - \frac{e^{t}}{4 t^{2}} + C$
$I_{10} = - \frac{e^{\sin^{4} x}}{4 \sin^{8} x} + C$

3.4: 問題11~15

$I_{11} = \int \frac{e^{2 x} - 1}{\sqrt{e^{4 x} + 4 e^{3 x} + 10 e^{2 x} + 4 e^{x} + 1}} d x$

ポイント: 相反方程式, $e^{x} \pm e^{- x}$ 置換
分母の多項式の係数が対称なので, $e^{x}$ で割ると上手くいく. 分子の値から $e^{x} \pm e^{- x}$ 置換はプラスの方を取って置換する.

$I_{11} = \int \frac{e^{x} - e^{- x}}{\sqrt{e^{2 x} + 4 e^{x} + 10 + 4 e^{- x} + e^{- 2 x}}} d x$

$t = e^{x} + e^{- x}$ とおくと, $d t = (e^{x} - e^{- x}) d x, e^{2 x} + e^{- 2 x} = t^{2} - 2$
$I_{11} = \int \frac{d t}{\sqrt{t^{2} + 4 t + 8}} = \int \frac{d t}{\sqrt{(t + 2)^{2} + 4}} = \int \frac{(t / 2 + 1)^{'}}{\sqrt{(t / 2 + 1)^{2} + 1}} d t = arsinh (\frac{t}{2} + 1) + C$
$I_{11} = arsinh (\cosh x + 1) + C = \log (1 + \frac{e^{x} + e^{- x}}{2} + \sqrt{1 + {(\frac{e^{x} + e^{- x}}{2})}^{2}}) + C$

$I_{12} = \int_{a}^{b} \cos (x - \frac{a b}{x}) d x (a b ≧ 0)$

ポイント: 偶関数, 奇関数
三角関数の中身に $1 / x$ があるので, これを処理する. できることは限られるので, 試行錯誤していれば積分できる.

$a b = 0$ のとき $I_{12} = \int_{a}^{b} \cos x d x = \sin b - \sin a$
$a b > 0$ のとき $t = x - \frac{a b}{x}$ とおくと, $d t = (1 + \frac{a b}{x^{2}}) d x, t = x - \frac{a b}{x} \Leftrightarrow x = \frac{t \pm \sqrt{t^{2} + 4 a b}}{2}, 1 + \frac{a b}{x^{2}} = 2 - \frac{t}{x}$
$I_{12} = \int_{a - b}^{b - a} \frac{x}{2 x - t} \cos t d t$

偶関数, 奇関数の積分の性質より
$I_{12} = \int_{a - b}^{b - a} \frac{t \pm \sqrt{t^{2} + 4 a b}}{\pm 2 \sqrt{t^{2} + 4 a b}} \cos t d t = \frac{1}{2} \int_{a - b}^{b - a} \frac{\pm t \sqrt{t^{2} + 4 a b} + t^{2} + 4 a b}{t^{2} + 4 a b} \cos t d t = \int_{0}^{b - a} \cos t d t = \sin (b - a)$
$∴ I_{12} = \sin (b - a)$

$I_{13} = \int \frac{x^{2}}{(x \cos x - \sin x)^{2}} d x$

ポイント: 部分積分
$x \cos x - \sin x$ が怪しいので微分すると, $(x \cos x - \sin x)^{'} = - x \sin x$ となるので部分積分をする.

$I_{13} = \int \frac{(x \cos x - \sin x)^{'}}{(x \cos x - \sin x)^{2}} \cdot (- \frac{x}{\sin x}) d x = \frac{x}{(x \cos x - \sin x) \sin x} + \int \frac{d x}{\sin^{2} x} = \frac{x}{(x \cos x - \sin x) \sin x} - \frac{1}{\tan x} + C$
$∴ I_{13} = \frac{x \sin x + \cos x}{x \cos x - \sin x} + C$

$I_{14} = \int_{0}^{1} x^{3 n} \sqrt{x - x^{4}} d x (n は 0 以上の整数)$

ポイント: 怪しい部分の置換
作問した感想ですが, ルート絡みの積分は三角関数, 双曲線関数の置換で簡単になることが多いので, その置換ができないようにしたかった.

$y = x^{\frac{3}{2}}$ とおくと, $d y = \frac{3}{2} x^{\frac{1}{2}} d x$
$I_{14} = \frac{2}{3} \int_{0}^{1} y^{2 n} \sqrt{1 - y^{2}} d y$

$n = 0$ のとき, 円の積分になるから
$I_{14} = \frac{2}{3} \int_{0}^{1} \sqrt{1 - y^{2}} d y = \frac{π}{6}$

$n \geq 1$ のとき, $y = \sin t$ とおくと, $d y = \cos t d t$
$I_{14} = \frac{2}{3} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 n} t \cos^{2} t d t = \frac{2}{3} \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\sin^{2 n} t - \sin^{2 n + 2} t) d t = \frac{2}{3} {\frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} - \frac{(2 n + 1)!!}{(2 n + 2)!!}} \frac{π}{2}$
$I_{14} = \frac{2 (2 n - 1)!!}{3 (2 n)!!} (1 - \frac{2 n + 1}{2 n + 2}) \frac{π}{2} = \frac{(2 n - 1)!!}{3 (2 n + 2)!!} π = \frac{(2 n)!}{4^{n} n!^{2} (n + 1)} \cdot \frac{π}{6}$
$∴ I_{14} = \frac{(2 n)!}{4^{n} n!^{2} (n + 1)} \cdot \frac{π}{6}$

$I_{15} = \int_{- \frac{4}{3}}^{0} \frac{(2 t + 1)^{3} (t - 2)^{3}}{(t^{2} + 1) (3 t - 1)^{3} (t + 3)^{3}} d t$

ポイント: $\tan$ 置換, 三倍角の公式
$t^{2} + 1$ があり, $2 t + 1, t - 2, 3 t - 1, t + 3$ が $\tan$ の加法定理で見られるような値なので, $\tan$ 置換で計算する.

実数 $α$ は $- \frac{π}{2} < α < 0, \tan α = - \frac{4}{3}$ を満たす. $t = \tan θ$ とおくと, $d t = (t^{2} + 1) d x$
$I_{15} = \int_{α}^{0} \frac{(2 \tan θ + 1)^{3} (\tan θ - 2)^{3}}{(3 \tan θ - 1)^{3} (\tan θ + 3)^{3}} d θ = \int_{α}^{0} \frac{(2 \sin^{2} θ - 3 \sin θ \cos θ - 2 \cos^{2} θ)^{3}}{(3 \sin^{2} θ + 8 \sin θ \cos θ - 3 \cos^{2} θ)^{3}} d θ = \int_{α}^{0} \frac{(3 \sin 2 θ + 4 \cos 2 θ)^{3}}{(4 \sin 2 θ - 3 \cos 2 θ)^{3}} d θ = \int_{α}^{0} \tan^{3} (2 θ - α) d θ$
$I_{15} = \frac{1}{2} \int_{2 α}^{0} \tan^{3} (θ - α) d θ = \frac{1}{2} \int_{2 α}^{0} ({\tan (θ - α)}^{'} - 1) \tan (θ - α) d θ = \frac{1}{4} [\tan^{2} (θ - α) + 2 \log | \cos (θ - α) |]_{2 α}^{0}$
$∴ I_{15} = 0$

3.5: 問題16~22

$I_{16} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt[3]{\frac{- \cos x + \cos^{3} x + \cos x \sin x}{(1 + \sin x)^{2}}} d x$

ポイント: 三角関数, 怪しい部分の置換
根号の中を整理して残った部分を置換して積分する. $\frac{1}{t^{3} + 1}, \frac{1}{t^{4} + 1}$ の積分はどちらも部分分数分解を利用して計算するが, 結構重たい計算を要求されるので慣れが必要だと思う.

$I_{16} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt[3]{\frac{- \sin x + \sin^{3} x + \cos x \sin x}{(1 + \cos x)^{2}}} d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt[3]{\frac{\cos x \sin x (1 - \cos x)}{(1 + \cos x)^{2}}} d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \tan \frac{x}{2} \sqrt[3]{\cos x} d x$

$t^{3} = \cos x$ とおくと, $d x = - \frac{3 t^{2}}{\sin x} d t$
$I_{16} = \int_{0}^{1} \tan \frac{x}{2} \cdot \frac{3 t^{2}}{\sin x} d t = \int_{0}^{1} \frac{3 t^{3}}{1 + t^{3}} d t = 3 - 3 \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{3}} = 3 - \int_{0}^{1} (\frac{1}{t + 1} + \sqrt{3} \cdot \frac{{((2 t - 1) / \sqrt{3})}^{'}}{{((2 t - 1) / \sqrt{3})}^{2} + 1} - \frac{1}{2} \cdot \frac{2 t - 1}{t^{2} - t + 1}) d t$
$I_{16} = 3 - [\log | 1 + t | - \frac{1}{2} \log | t^{2} - t + 1 | + \sqrt{3} \arctan ((2 t - 1) / \sqrt{3})]_{0}^{1} = 3 - \log 2 + \frac{π}{\sqrt{3}}$

$I_{17} = \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1} \frac{(x^{4} - x^{6}) \sqrt{1 - x^{2}}}{32 x^{8} - 64 x^{6} + 40 x^{4} - 8 x^{2} + 1} d x$

ポイント: 三角関数
$\sqrt{1 - x^{2}}$ と下限の値から $\sin$ か $\cos$ で置換する. どちらでも計算できるが, 置換後の積分区間の綺麗さと $\cos$ を含む変形の方が多いので $\cos$ で置換する. $\sin^{4} 2 t + \cos^{4} 2 t$ を作れることに気が付くのが難しい.

$x = \cos t$ とおくと, $d x = - \sin t d t$
$I_{17} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{(\cos^{4} t - \cos^{6} t) \sin^{2} t}{32 \cos^{8} t - 64 \cos^{6} t + 40 \cos^{4} t - 8 \cos^{2} t + 1} d t = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{(\cos^{4} t - \cos^{6} t) \sin^{2} t}{1 - 8 \cos^{2} t (1 - \cos^{2} t) (2 \cos^{2} t - 1)^{2}} d t = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{\cos^{4} t \sin^{4} t}{1 - 8 \cos^{2} t \sin^{2} t \cos^{2} 2 t} d t$
$= \frac{1}{16} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{\sin^{4} 2 t}{1 - 2 \sin^{2} 2 t \cos^{2} 2 t} d t = \frac{1}{16} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{\sin^{4} 2 t}{\cos^{4} 2 t + \sin^{4} 2 t} d t = \frac{1}{32} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\sin^{4} t}{\cos^{4} t + \sin^{4} t} d t$
King Propertyより, $s = \frac{π}{2} - t$ とおく.
$I_{17} = \frac{1}{32} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\cos^{4} s}{\cos^{4} s + \sin^{4} s} d s = \frac{1}{64} \int_{0}^{\frac{π}{2}} d t = \frac{π}{128}$

$I_{18} = \int_{0}^{1} \frac{x^{2} \log (x + 1)}{(x^{2} + 1)^{2}} d x$

ポイント: 部分積分, King Property
積分できる部分を順番に積分をして, 最後に残った積分を頑張って解く問題. $\tan x + 1$ の $0$ から $\frac{π}{4}$ の積分はKing Propertyで処理する.

$I_{18} = \int_{0}^{1} \frac{(x^{2} + 1)^{'}}{(x^{2} + 1)^{2}} \cdot \frac{x \log (x + 1)}{2} d x = [- \frac{x \log (x + 1)}{2 (x^{2} + 1)}]_{0}^{1} + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{2} + 1} (\log (1 + x) + \frac{x}{1 + x}) d x$
$= - \frac{1}{4} \log 2 + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{(x + 1) (x^{2} + 1)} d x + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\log (1 + x)}{x^{2} + 1} d x = - \frac{1}{4} \log 2 + \frac{1}{4} \int_{0}^{1} (\frac{x + 1}{x^{2} + 1} - \frac{1}{x + 1}) d x + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\log (1 + x)}{x^{2} + 1} d x$
$= - \frac{1}{4} \log 2 + \frac{1}{4} [\frac{1}{2} \log | x^{2} + 1 | - \log | x + 1 | + \arctan x]_{0}^{1} + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\log (1 + x)}{x^{2} + 1} d x = - \frac{3}{8} \log 2 + \frac{π}{16} + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\log (1 + x)}{x^{2} + 1} d x$

$\frac{\log (1 + x)}{x^{2} + 1}$ の積分について $x = \tan t$ とおくと, $d x = (\tan^{2} t + 1) d t$
$\int_{0}^{1} \frac{\log (1 + x)}{x^{2} + 1} d x = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \log (1 + \tan t) d t$

King Propertyより, $s = \frac{π}{4} - t$ とおく.
$\int_{0}^{\frac{π}{4}} \log (1 + \tan t) d t = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \log (1 + \tan (\frac{π}{4} - s)) d s = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \log (1 + \frac{1 - \tan s}{1 + \tan s}) d s = \frac{π}{4} \log 2 - \int_{0}^{\frac{π}{4}} \log (1 + \tan s) d s$
$∴ \int_{0}^{\frac{π}{4}} \log (1 + \tan t) d t = \frac{π}{8} \log 2 ∴ I_{18} = \frac{π}{16} + \frac{π - 6}{16} \log 2$

$I_{19} = \int \frac{1}{x^{n} (x^{2} - 1)} d x (n は自然数)$

ポイント: 部分分数分解
積分よりも部分分数分解がメインで他とは毛色が違う問題. 積分と級数の関係性が見られる.

部分分数分解をする.
$\frac{1}{x^{n} (x^{2} - 1)} = \frac{A}{x - 1} + \frac{B}{x + 1} + \sum_{k = 1}^{n} \frac{C_{k}}{x^{k}}$
$1 = A x^{n} (x + 1) + B x^{n} (x - 1) + (x^{2} - 1) \sum_{k = 1}^{n} C_{k} x^{n - k}$
係数比較して
$A + B + C_{1} = 0, A - B + C_{2} = 0, C_{n} = - 1, C_{n - 1} = 0, C_{m + 2} - C_{m} = 0 (m = 1, 2, \dots, n - 2) ∴ A = - \frac{1}{2}, B = \frac{(- 1)^{n - 1}}{2}, C_{m} = - \frac{1 + (- 1)^{n + m}}{2}$

$n \geq 1$ で代入できるように調整して
$I_{19} = \int \frac{1}{x^{n} (x^{2} - 1)} d x = \int (\frac{A}{x - 1} + \frac{B}{1 + x} + \sum_{k = 1}^{n} \frac{C_{k}}{x^{k}}) d x = - A \log | 1 - x | + B \log | 1 + x | + C_{1} \log | x | + \frac{C_{n + 1}}{n} x^{- n} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{C_{k + 1}}{k} x^{- k} + C$
$I_{19} = \frac{1}{2} \log | 1 - x | + \frac{(- 1)^{n - 1}}{2} \log | 1 + x | - \frac{1 + (- 1)^{n + 1}}{2} \log | x | + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1 + (- 1)^{n + k - 1}}{2 k} x^{- k} + C$

$I_{20} = \int \frac{1 + x^{2}}{(1 - x^{2}) \sqrt{1 + x^{4}}} d x$

ポイント: $x \pm 1 / x$ 置換, 符号関数
偶数次式しかないので, $x \pm 1 / x$ の置換が有効な問題. $x$ の正負に注意しなければならないので, 積分ガチャの超級でも符号関数を使う難問である.

$y = x - \frac{1}{x}$ とおくと, $d y = (1 + \frac{1}{x^{2}}) d x$
$I_{20} = \int \frac{1 + x^{2}}{(1 - x^{2}) \sqrt{1 + x^{4}}} d x = \int \frac{1 + x^{2}}{(1 - x^{2}) \sqrt{1 + x^{4}}} \cdot \frac{x^{2}}{1 + x^{2}} d y = - \int \frac{x}{| x |} \cdot \frac{d y}{(x - 1 / x) \sqrt{x^{2} + 1 / x^{2}}} = - sgn x \int \frac{d y}{y \sqrt{y^{2} + 2}}$

$t = \frac{\sqrt{2}}{y}$ とおくと, $d t = - \frac{\sqrt{2}}{y^{2}} d y$
$I_{20} = sgn x \int \frac{1}{y \sqrt{y^{2} + 2}} \cdot \frac{y^{2}}{\sqrt{2}} d t = \frac{sgn x}{\sqrt{2}} \int \frac{| t |}{t} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + t^{2}}} d t = \frac{| t |}{\sqrt{2} t} sgn x arsinh t + C$
$∴ I_{20} = \frac{1}{\sqrt{2}} sgn (x^{2} - 1) arsinh (\frac{\sqrt{2} x}{x^{2} - 1}) + C$

$I_{21} = \int_{- π}^{π} \frac{\sin^{2 n} x}{(1 + e^{x}) \sqrt{1 + \cos x}} d x (n は自然数)$

ポイント: King Property, 漸化式(ベータ関数)
まずKing Property, 次に $1 + \cos x$ は半角の公式, 最後にベータ関数の形にする. 一応, すべての積分は高校数学の範囲内で解けるので, 今回はベータ関数を使う場合と使わない場合の両方で計算する.

King Propertyで, $y = - x$ とおく.
$I_{21} = \int_{- π}^{π} \frac{\sin^{2 n} y}{(1 + e^{- y}) \sqrt{1 + \cos y}} d y = \frac{1}{2} \int_{- π}^{π} \frac{\sin^{2 n} x}{\sqrt{1 + \cos x}} d x = \int_{0}^{π} \frac{\sin^{2 n} x}{\sqrt{1 + \cos x}} d x = \frac{2^{2 n}}{\sqrt{2}} \int_{0}^{π} \sin^{2 n} \frac{x}{2} \cos^{2 n - 1} \frac{x}{2} d x$
$I_{21} = 2^{2 n} \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 n} x \cos^{2 n - 1} x d x$

ベータ関数を使う場合
ジャンドルの倍数公式 $Γ (x) Γ (x + 1 / 2) = 2^{1 - 2 x} \sqrt{π} Γ (2 x)$ で変形する.
$I_{21} = 2^{n - 1} \sqrt{2} \cdot \frac{Γ (n + 1 / 2) Γ (n)}{Γ (2 n + 1 / 2)} = 2^{n - 1} \sqrt{2} \cdot \frac{2^{1 - 2 n} \sqrt{π} Γ (2 n)}{Γ (2 n + 1 / 2)} = 2^{n - 1} \sqrt{2} \cdot \frac{2^{1 - 2 n} \sqrt{π} Γ (2 n)^{2}}{Γ (2 n) Γ (2 n + 1 / 2)} = 2^{n - 1} \sqrt{2} \cdot \frac{2^{1 - 2 n} \sqrt{π} Γ (2 n)^{2}}{2^{1 - 4 n} \sqrt{π} Γ (4 n)}$
$∴ I_{21} = \frac{2^{3 n - 1} (2 n - 1)!^{2} \sqrt{2}}{(4 n - 1)!}$

ベータ関数を使わない場合
$t = \sin x$ とおくと, $d t = \cos x d x$
$I_{21} = 2^{2 n} \sqrt{2} \int_{0}^{1} t^{2 n} (1 - t^{2})^{n - 1} d t$

$F (2 n, n - 1) = \int_{0}^{1} t^{2 n} (1 - t^{2})^{n - 1} d t$ として, 漸化式を導く.
$F (2 n, n - 1) = [\frac{1}{2 n + 1} t^{2 n + 1} (1 - t^{2})^{n - 1}]_{0}^{1} + \frac{2 (n - 1)}{2 n + 1} \int_{0}^{1} t^{2 n + 2} (1 - t^{2})^{n - 2} d t = \frac{2 (n - 1)}{2 n + 1} F (2 (n + 1), n - 2)$

$m$ を自然数として, $m$ 回部分積分をした項まで計算する.
$F (2 n, n - 1) = \frac{2^{2} (n - 1) (n - 2)}{(2 n + 1) (2 n + 3)} F (2 (n + 2), n - 3) = \frac{2^{m} (n - 1) (n - 2) \dots (n - m)}{(2 n + 1) (2 n + 3) \dots (2 n + 2 m - 1)} F (2 (n + m), n - m - 1)$

$m = n - 1$ を代入するが, $n \geq 1$ なので $m \geq 0$ で対応するようにすると
$F (2 n, n - 1) = \frac{2^{m} (n - 1)! (2 n - 1)!!}{(n - m - 1)! (2 n + 2 m - 1)!!} F (2 (n + m), n - m - 1) = \frac{2^{n - 1} (n - 1)! (2 n - 1)!!}{0! (4 n - 3)!!} F (4 n - 2, 0)$

二重階乗を計算すると
$F (2 n, n - 1) = \frac{2^{n - 1} (n - 1)! (2 n - 1)!!}{0! (4 n - 3)!!} \int_{0}^{1} t^{4 n - 2} (1 - t^{2})^{0} d t = \frac{2^{n - 1} (n - 1)! (2 n - 1)!!}{(4 n - 1)!!} = \frac{2^{n - 1} (2 n - 1)!^{2}}{(4 n - 1)!}$
$∴ I_{21} = \frac{2^{3 n - 1} (2 n - 1)!^{2} \sqrt{2}}{(4 n - 1)!}$

$I_{22} = \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{x^{2} + 1 + \sqrt{x^{4} - x^{2} + 1}}{x^{4} - x^{2} + 1}} d x$

ポイント: 二重根号
二重根号を外せる関数でMIT Integration Beeにも類題がある積分である. サイト運営者が解けなかったため, 積分ガチャ超級で唯一演出で「DANGER!!」と出る問題.

二重根号を外す. $\sqrt{A} + \sqrt{B} = \sqrt{\frac{x^{2} + 1 + \sqrt{x^{4} - x^{2} + 1}}{x^{4} - x^{2} + 1}}$ を満たすような $A, B$ を求める.
$A + B + 2 \sqrt{A B} = \frac{x^{2} + 1 + \sqrt{x^{4} - x^{2} + 1}}{x^{4} - x^{2} + 1}$ より, $A + B = \frac{x^{2} + 1}{x^{4} - x^{2} + 1}, A B = \frac{1}{4 x^{4} - 4 x^{2} + 4}$
$(A - B)^{2} = (A + B)^{2} - 4 A B = {(\frac{x^{2} + 1}{x^{4} - x^{2} + 1})}^{2} - \frac{1}{x^{4} - x^{2} + 1} = \frac{3 x^{2}}{(x^{4} - x^{2} + 1)^{2}}$
$A, B = \frac{A + B \pm | A - B |}{2} = \frac{A + B \pm \sqrt{(A - B)^{2}}}{2} = \frac{x^{2} \pm \sqrt{3} x + 1}{2 (x^{4} - x^{2} + 1)} = \frac{1}{2 (x^{2} \mp \sqrt{3} x + 1)}$

$I_{22} = \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{1} (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + \sqrt{3} x + 1}} + \frac{1}{\sqrt{x^{2} - \sqrt{3} x + 1}}) d x = \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{1} (\frac{(2 x + \sqrt{3})^{'}}{\sqrt{(2 x + \sqrt{3})^{2} + 1}} + \frac{(2 x - \sqrt{3})^{'}}{\sqrt{(2 x - \sqrt{3})^{2} + 1}}) d x$
$I_{22} = \frac{1}{\sqrt{2}} [arsinh (2 x + \sqrt{3}) + arsinh (2 x - \sqrt{3})]_{0}^{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\log (2 x + \sqrt{3} + \sqrt{(2 x + \sqrt{3})^{2} + 1}) + \log (2 x - \sqrt{3} + \sqrt{(2 x - \sqrt{3})^{2} + 1})]_{0}^{1}$
$I_{22} = \sqrt{2} \log (\sqrt{2} + \sqrt{3})$

演習問題

演習問題とありますが, 知識問題多めになっています.

$I = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos x \sin x (\cos^{4} x + \sin^{4} x) (e^{\cos^{2} x} + e^{\sin^{2} x}) d x$

ポイント: 三角関数, 半角の公式
$\cos^{2} x, \sin^{2} x$ の微分で $\cos x \sin x$ が現るので, 消えるように $\cos 2 x = \cos^{2} x - \sin^{2} x$ で置換する. $e^{\cos^{2} x} + e^{\sin^{2} x} = \sqrt{e} \cosh \frac{\cos 2 x}{2}$ を使った問題を作ろうとしてできた.

$2 t = \cos 2 x$ とおくと, $d t = - \sin 2 x d x$
$I = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos x \sin x (e^{\frac{1 + \cos 2 x}{2}} + e^{\frac{1 - \cos 2 x}{2}}) (\cos^{4} x + \sin^{4} x) d x = \frac{\sqrt{e}}{2} \int_{- \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} (1 + 4 t^{2}) \cosh t d t$

部分積分 $\int t^{2} \cosh t d t = t^{2} \sinh t - \int 2 t \sinh t d t = t^{2} \sinh t - 2 t \cosh t + 2 \int \cosh t d t = t^{2} \sinh t - 2 t \cosh t + 2 \sinh t$ より
$I = \frac{\sqrt{e}}{2} [(4 t^{2} + 9) \sinh t - 8 t \cosh t]_{- \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} = 3 e - 7$

$I = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{d x}{(\cos^{8} x + \sin^{8} x) (1 + e^{x})}$

ポイント: 計算量を減らすこと
おまけの $1 + e^{x}$ と激重積分があるので, 8乗をどれだけ軽くできるかが大事になる.

King Propertyより2積分を足して, $1 + e^{x}$ を消す.

$I = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{d x}{(\cos^{8} x + \sin^{8} x) (1 + e^{- x})} = \frac{1}{2} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{d x}{\cos^{8} x + \sin^{8} x} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d x}{\cos^{8} x + \sin^{8} x}$

$\cos^{8} (\frac{π}{4} + x) + \sin^{8} (\frac{π}{4} + x) = \cos^{8} (\frac{π}{4} - x) + \sin^{8} (\frac{π}{4} - x)$ が成り立つので, $x = \frac{π}{4}$ で対称性が言えて
$I = 2 \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{d x}{\cos^{8} x + \sin^{8} x} = 2^{5} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{d x}{(1 + \cos 2 x)^{4} + (1 - \cos 2 x)^{4}} = 2^{4} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{d x}{\cos^{4} 2 x + 6 \cos^{2} 2 x + 1} = 2^{3} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d x}{\cos^{4} x + 6 \cos^{2} x + 1}$

部分分数分解をして
$= \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\frac{1}{\cos^{2} x + 3 - 2 \sqrt{2}} - \frac{1}{\cos^{2} x + 3 + 2 \sqrt{2}}) d x = \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\frac{1}{4 - 2 \sqrt{2} - \sin^{2} x} - \frac{1}{4 + 2 \sqrt{2} - \sin^{2} x}) d x$

式が複雑になるので, $a = \sqrt{4 - 2 \sqrt{2}}, b = \sqrt{4 + 2 \sqrt{2}}$ とおき, 前半と後半に分けて積分する.
$前半 = \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d x}{4 - 2 \sqrt{2} - \sin^{2} x} = \frac{1}{\sqrt{2} a} \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\frac{1}{a - \sin x} + \frac{1}{a + \sin x}) d x$
$後半 = \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d x}{4 + 2 \sqrt{2} - \sin^{2} x} = \frac{1}{\sqrt{2} b} \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\frac{1}{b - \sin x} + \frac{1}{b + \sin x}) d x$

$t = \tan \frac{x}{2}$ とおくと, $d t = \frac{t^{2} + 1}{2} d x$
$前半 = \frac{\sqrt{2}}{a} \int_{0}^{1} (\frac{1}{a t^{2} - 2 t + a} + \frac{1}{a t^{2} + 2 t + a}) d t = \frac{\sqrt{2}}{a^{2}} \int_{0}^{1} (\frac{1}{(t - 1 / a)^{2} + 1 - 1 / a^{2}} + \frac{1}{(t + 1 / a)^{2} + 1 - 1 / a^{2}}) d t$
$後半 = \frac{\sqrt{2}}{b} \int_{0}^{1} (\frac{1}{b t^{2} - 2 t + b} + \frac{1}{b t^{2} + 2 t + b}) d t = \frac{\sqrt{2}}{b^{2}} \int_{0}^{1} (\frac{1}{(t - 1 / b)^{2} + 1 - 1 / b^{2}} + \frac{1}{(t + 1 / b)^{2} + 1 - 1 / b^{2}}) d t$

$\int \frac{d x}{x^{2} + c^{2}} = \frac{1}{c} \arctan \frac{x}{c} + C, \arctan x + \arctan \frac{1}{x} = \frac{π}{2}$ より
$前半 = \frac{\sqrt{2}}{a \sqrt{a^{2} - 1}} [\arctan \frac{a t - 1}{\sqrt{a^{2} - 1}} + \arctan \frac{a t + 1}{\sqrt{a^{2} - 1}}]_{0}^{1} = \frac{2 \sqrt{2}}{a \sqrt{a^{2} - 1}} (\arctan \frac{a - 1}{\sqrt{a^{2} - 1}} + \arctan \frac{a + 1}{\sqrt{a^{2} - 1}}) = \frac{\sqrt{2}}{2 a \sqrt{a^{2} - 1}} π$
$前半 = \frac{\sqrt{2}}{b \sqrt{b^{2} - 1}} [\arctan \frac{b t - 1}{\sqrt{b^{2} - 1}} + \arctan \frac{b t + 1}{\sqrt{b^{2} - 1}}]_{0}^{1} = \frac{2 \sqrt{2}}{b \sqrt{b^{2} - 1}} (\arctan \frac{b - 1}{\sqrt{b^{2} - 1}} + \arctan \frac{b + 1}{\sqrt{b^{2} - 1}}) = \frac{\sqrt{2}}{2 b \sqrt{b^{2} - 1}} π$

$a b = 2 \sqrt{2}, \sqrt{a^{2} - 1} = \sqrt{2} - 1, \sqrt{b^{2} - 1} = \sqrt{2} + 1$ より
2積分を合わせて, $I$ を次のようにa, bを使って表せる.
$I = \frac{\sqrt{2}}{2 a \sqrt{a^{2} - 1}} π - \frac{\sqrt{2}}{2 b \sqrt{b^{2} - 1}} π = \frac{(1 + \sqrt{2}) b - (\sqrt{2} - 1) a}{4} π$

$a^{2} + b^{2} = 8, a b = 2 \sqrt{2}$ より, $(b - a)^{2} = a^{2} + b^{2} - 2 a b = 8 - 4 \sqrt{2} = 2 a^{2} ∴ b = (1 + \sqrt{2}) a$
$∴ I = \frac{(1 + \sqrt{2})^{2} - (\sqrt{2} - 1)}{4} a π = \frac{(4 + \sqrt{2}) \sqrt{4 - 2 \sqrt{2}}}{4} π$

$I = \int_{0}^{2^{n} π} (1 + \cos x) (1 + \cos \frac{x}{2}) \dots (1 + \cos \frac{x}{2^{n - 1}}) d x (n は自然数)$

ポイント: 三角関数の総和・総乗
積分より三角関数の変形を知っているかどうかの問題. 積分値の予想はしやすいので数学的帰納法を用いても計算ができそう.

半角の公式より
$(1 + \cos x) (1 + \cos \frac{x}{2}) \dots (1 + \cos \frac{x}{2^{n - 1}}) = 2^{n} \cos^{2} \frac{x}{2} \cos^{2} \frac{x}{4} \dots \cos^{2} \frac{x}{2^{n}} = \frac{\sin^{2} x}{2^{n} \sin^{2} \frac{x}{2^{n}}} (\sin^{2} \frac{x}{2^{n}} \neq 0)$
$x = 0, 2^{n} π$ のとき, $\sin^{2} \frac{x}{2^{n}} = 0$ である. $lim_{x \to 0} \frac{\sin^{2} x}{2^{n} \sin^{2} \frac{x}{2^{n}}} = 2^{n}, lim_{x \to 2^{n} π} \frac{\sin^{2} x}{2^{n} \sin^{2} \frac{x}{2^{n}}} = 2^{n}$ より
$m$ を整数として $(1 + \cos x) (1 + \cos \frac{x}{2}) \dots (1 + \cos \frac{x}{2^{n - 1}}) = {\begin{cases} \frac{\sin^{2} x}{2^{n} \sin^{2} \frac{x}{2^{n}}} & if x \neq 2^{n} m π, \\ 2^{n} & if x = 2^{n} m π . \end{cases}$ とすれば, 連続となる.

$x = 2^{n} y$ とおくと, $d x = 2^{n} d y, f (x) = {\begin{cases} \frac{\sin^{2} 2^{n} x}{\sin^{2} x} & if x \neq m π, \\ 2^{n} & if x = m π . \end{cases}$ として

$I = \int_{0}^{π} f (y) d y$
ここで $\cos$ の総和を考えると, $2 \sum_{k = 0}^{2^{n - 1} - 1} \cos (2 k + 1) x = \frac{\sin 2^{n} x}{\sin x}$ なので
$I = \int_{0}^{π} {(2 \sum_{k = 0}^{2^{n - 1} - 1} \cos (2 k + 1) x)}^{2} d x = 4 \sum_{k = 0}^{2^{n - 1} - 1} \sum_{l = 0}^{2^{n - 1} - 1} \int_{0}^{π} \cos (2 k + 1) x \cos (2 l + 1) x d x$
$k \neq l$ のとき, $\int_{0}^{π} \cos (2 k + 1) x \cos (2 l + 1) x d x = \frac{1}{2} [\frac{\sin (2 k + 2 l + 2) x}{2 k + 2 l + 2} + \frac{\sin (2 k - 2 l) x}{2 k - 2 l}]_{0}^{π} = 0$
$k = l$ のとき, $\int_{0}^{π} \cos (2 k + 1) x \cos (2 l + 1) x d x = [\frac{1 + \cos (4 k + 2) x}{2}]_{0}^{π} = \frac{π}{2}$
$∴ I = 4 \sum_{k = 0}^{2^{n - 1} - 1} \frac{π}{2} = 2^{n} π$

$I = \int_{0}^{1} (1 + \sqrt{- 2 x + (1 + x) \sqrt{x}}) (1 + \sqrt{\sqrt{x} + \sqrt{x - x^{2}}}) d x$

ポイント: 二重根号
二重根号の特殊なパターンの外し方をする問題が作りたかったので作った. 三角関数置換の対策のために2種類の二重根号付き積分をかけた.

式 $(\sqrt{A} + \sqrt{B})^{2} = A + B + 2 \sqrt{A B}$ より
$\sqrt{\sqrt{x} + \sqrt{x - x^{2}}} = \frac{\sqrt[4]{x}}{\sqrt{2}} (\sqrt{1 - \sqrt{x}} + \sqrt{1 + \sqrt{x}})$
と二重根号を変形できる.

式 $(A \sqrt[4]{x} + B \sqrt[4]{x^{3}})^{2} = 2 A B x + (A^{2} + B^{2} x) \sqrt{x}$ より
$\sqrt{- 2 x + (1 + x) \sqrt{x}} = \sqrt[4]{x} - \sqrt[4]{x^{3}}$
と二重根号を変形できる.

$I = \int_{0}^{1} (1 + \sqrt[4]{x} - \sqrt[4]{x^{3}}) {1 + \frac{\sqrt[4]{x}}{\sqrt{2}} (\sqrt{1 - \sqrt{x}} + \sqrt{1 + \sqrt{x}})} d x$
展開して個別に積分をする.

$1 + \sqrt[4]{x} - \sqrt[4]{x^{3}}$ の積分

$J_{1} = \int_{0}^{1} (1 + \sqrt[4]{x} - \sqrt[4]{x^{3}}) d x = [x + \frac{4}{5} x^{\frac{5}{4}} - \frac{4}{7} x^{\frac{7}{4}}]_{0}^{1} = \frac{43}{35}$

$\sqrt[4]{x} \sqrt{1 - \sqrt{x}}$ の積分

$J_{2} = \int_{0}^{1} \sqrt[4]{x} \sqrt{1 - \sqrt{x}} d x$
$x = \sin^{4} t$ とおく.
$J_{2} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin t \sqrt{1 - \sin^{2} t} \cdot 4 \cos t \sin^{3} t d t = 4 \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\sin^{4} t - \sin^{6} t) d t = 4 (\frac{3!!}{4!!} - \frac{5!!}{6!!}) \frac{π}{2} = \frac{π}{8}$

$\sqrt[4]{x} \sqrt{1 + \sqrt{x}}$ の積分

$J_{3} = \int_{0}^{1} \sqrt[4]{x} \sqrt{1 + \sqrt{x}} d x$
$x = \sinh^{4} t$ とおく.
$J_{3} = \int_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})} \sinh t \sqrt{1 + \sinh^{2} t} \cdot 4 \cosh t \sinh^{3} t d t = 4 \int_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})} (\sinh^{4} t + \sinh^{6} t) d t$
ここで $\int \sinh^{2 n} t d t = - \frac{2 n - 1}{2 n} \int \sinh^{2 n - 2} t d t + \frac{1}{2 n} \cosh t \sinh^{2 n - 1} t$ が成り立つので
$J_{3} = 4 \int_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})} (\sinh^{4} t + \sinh^{6} t) d t = \frac{2}{3} [\cosh t \sinh^{5} t]_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})} + \frac{2}{3} \int_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})} \sinh^{4} t d t$
$= [\frac{2}{3} \cosh t \sinh^{5} t + \frac{1}{6} \cosh t \sinh^{3} t]_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})} - \frac{1}{2} \int_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})} \sinh^{2} t d t = [\frac{2}{3} \cosh t \sinh^{5} t + \frac{1}{6} \cosh t \sinh^{3} t - \frac{1}{4} \cosh t \sinh t + \frac{1}{4} t]_{0}^{\log (1 + \sqrt{2})}$
$∴ J_{3} = \frac{7 \sqrt{2}}{12} + \frac{1}{4} \log (1 + \sqrt{2})$

$(\sqrt{x} - x) \sqrt{1 - \sqrt{x}}$ の積分

$J_{4} = \int_{0}^{1} (\sqrt{x} - x) \sqrt{1 - \sqrt{x}} d x$

$t = \sqrt{1 - \sqrt{x}}$ とおく.
$J_{4} = 4 \int_{0}^{1} t^{4} (1 - t^{2})^{2} d t = 4 [\frac{1}{5} t^{5} - \frac{2}{7} t^{7} + \frac{1}{9} t^{9}]_{0}^{1} = \frac{32}{315}$

$(\sqrt{x} - x) \sqrt{1 + \sqrt{x}}$ の積分

$J_{5} = \int_{0}^{1} (\sqrt{x} - x) \sqrt{1 + \sqrt{x}} d x$

$t = \sqrt{1 + \sqrt{x}}$ とおく.
$J_{5} = 4 \int_{1}^{\sqrt{2}} t (t^{2} - 1)^{2} (2 - t^{2}) d t = 4 [- \frac{1}{9} t^{9} + \frac{4}{7} t^{7} - t^{5} + \frac{2}{3} t^{3}]_{1}^{\sqrt{2}} = \frac{32}{63} (\sqrt{2} - 1)$

$I = J_{1} + \frac{1}{\sqrt{2}} (J_{2} + J_{3} + J_{4} + J_{5}) = \frac{2923}{1260} - \frac{64 \sqrt{2}}{315} + \frac{\sqrt{2}}{16} π + \frac{\sqrt{2}}{8} \log (1 + \sqrt{2})$

投稿日：13日前

更新日：3日前

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積分ガチャの超級から学ぶ積分のテクニック【全積分ガチャ超級の問題, 解答付き】

1: 積分ガチャとは
2: 関数と積分の公式など
2.1: 関数
2.2: 積分公式
2.3: 便利な置換
2.4: 積分のテクニック
3: 問題
3.1: 問題を解く前に
3.2: 問題1~5
3.3: 問題6~10
3.4: 問題11~15
3.5: 問題16~22
演習問題

積分ガチャの超級から学ぶ積分のテクニック【全積分ガチャ超級の問題, 解答付き】

1: 積分ガチャとは

2: 関数と積分の公式など

2.1: 関数

2.2: 積分公式

2.3: 便利な置換

2.4: 積分のテクニック

3: 問題

3.1: 問題を解く前に

3.2: 問題1~5

3.3: 問題6~10

3.4: 問題11~15

3.5: 問題16~22

演習問題

1+x4−x34の積分

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