MITの積分問題解いてみた

積分サークルのマサチューセッツ工科大学の積分対決の問題を解いてみました．計算ミスはご容赦下さい．

第1問

${\displaystyle {\int }_0^{2\pi }\frac{dx}{1+e^{\sin x+\cos x}}}$

(解) 求める積分を$I$とおく．$t=\pi -x$ と変換変換すると

${\displaystyle I={\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{dt}{1+e^{\sin t-\cos t}}={\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{e^{\cos t}dt}{e^{\cos t}+e^{\sin t}}}$

$t\to -t$ として

${\displaystyle I={\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{e^{\cos t}dt}{e^{\cos t}+e^{-\sin t}}}$ また被積分関数の周期性から，${\displaystyle I={\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{dx}{1+e^{\sin x+\cos x}}}$ だから

$2I={\int }_{-\pi }^{\pi }dx=2\pi$．よって$I=\pi$ である．

第2問

${\displaystyle {\int }_0^{2}x\sqrt{x^{\log x}\sqrt[3]{x^{(\log x{)}^2\sqrt[4]{x^{(\log x{)}^3}\sqrt[5]{x^{(\log x{)}^4\sqrt[6]{x^{(\log x{)}^5\cdots }}}}}}}}dx}$

(解) 被積分関数を $f(x)$ とおくと

${\displaystyle \log f(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\log x{)}^n}{n!}=e^{\log x}-1=x-1}$ より,$f(x)=e^{x-1}$ なので，求める積分値は ${\displaystyle {\int }_0^2{e}^{x-1}dx=e-\frac{1}{e}}$ である．

第3問

${\displaystyle f_1(x)=\frac{1}{1+\sqrt{x}},f_n(x)=\frac{1}{1+f_{n-1}(x)}(n\ge 2)\text{のとき}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1\frac{dx}{1+f_n(x)}}$

(解) ${\displaystyle f(x)=\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$ は ${\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+f(x)}}$ を満たすので

${\displaystyle |f_n(x)-f(x)|=|\frac{1}{1+f_{n-1}(x)}-\frac{1}{1+f(x)}|\le \frac{\sqrt{5}-1}{2}|f_{n-1}(x)-f(x)|}$

よって ${\displaystyle |f_n(x)-f(x)|\le (\frac{\sqrt{5}-1}{2}{)}^{n-1}|f_1(x)-f(x)|}$ だから

${\displaystyle I_n={\int }_0^1\frac{dx}{1+f_n(x)}={\int }_0^1{f}_{n+1}(x)dx,I={\int }_0^1\frac{dx}{1+f(x)}={\int }_0^{1}f(x)dx}$ とおけば

${\displaystyle |I_n-I|\le (\frac{\sqrt{5}-1}{2}{)}^n{\int }_0^1|f_1(x)-f(x)|dx\to 0(n\to \mathrm{\infty })}$ となるから，求める極限値は ${\displaystyle I=\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$ である．

おまけ

${\displaystyle {\int }_{-1/2}^{1/2}\sqrt{x^2+1+\sqrt{x^4+x^2+1}}dx}$

(解) $x^4+x^2+1=(x^2+1{)}^2-x^2=(x^2+x+1)(x^2-x+1)$ より被積分関数は

${\displaystyle \sqrt{\frac{2(x^2+1)+2\sqrt{(x^2+x+1)(x^2-x+1)}}{2}}=\frac{\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2-x+1}}{\sqrt{2}}}$ となるから

求める積分値は　　

${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_{-1/2}^{1/2}\sqrt{x^2+x+1}dx+\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_{-1/2}^{1/2}\sqrt{x^2-x+1}dx}$

${\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_{-1/2}^{1/2}{\displaystyle \sqrt{(x+\frac{1}{2}{)}^2+\frac{3}{4}}dx+\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_{-1/2}^{1/2}\sqrt{(x-\frac{1}{2}{)}^2+\frac{3}{4}}dx}}$

${\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_0^1\sqrt{x^2+\frac{3}{4}}dx+\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_{-1}^0\sqrt{x^2+\frac{3}{4}}dx}$

${\displaystyle =\sqrt{2}{\int }_0^1\sqrt{x^2+\frac{3}{4}}dx}$

${\displaystyle =\sqrt{2}[\frac{1}{2}\{x\sqrt{x^2+\frac{3}{4}}+\frac{3}{4}\log (x+\sqrt{x^2+\frac{3}{4}})\}{]}_0^1}$

${\displaystyle =\frac{\sqrt{14}}{4}+\frac{3\sqrt{2}}{8}\log (\frac{\sqrt{3}+\sqrt{21}}{3})}$ である．