※この本はまだ作成途中になります。
この本は、Integralisの問題を通して、積分の技法と解法を見つける考え方を学ぶことを目的としています。公式や解答だけでなく、着眼点や適用条件も解説し、別の問題にも活かせる理解を目指します。
積分の面白さを伝え、Integralisへの参加や、さらに数学を学ぶきっかけになれば幸いです。

競技積分入門のためのテクニック集【FOR INTEGRALIS】

# 0.1 Integralisとは
## Integralisとは
Integralisは、積分問題をオンラインで解き、その成績を競う競技数学サイトです。問題文には原則として求める積分だけが示され、解法を自分で考えて、計算した最終的な値を提出します。
問題は、必要となる数学的知識・手法に応じて、二つのDivisionに分かれています。

BASIC：高校数学と初等的な一変数解析を中心に、置換積分・部分積分・式変形などで解く問題
ADVANCED：パラメータ積分・級数展開・複素解析・積分変換・特殊関数などを本質的に用いる問題

各問題には、Division内での難しさを表す**Difficulty（1〜10）**が設定されています。Divisionは単純な難易度の区分ではありません。
コンテストへの参加や過去問の演習に加えて、自作問題の投稿もできます。積分を解く楽しさと、積分を通して広がる数学に触れられる場所です。
詳しくは、運営による[紹介記事](https://mathlog.info/articles/Vc1gAYqX5nn2MZhfd30t)をご覧ください。

## この本の目的
この本は、Integralisの問題を通して、積分の技法と解法を見つける考え方を学ぶことを目的としています。公式や解答だけでなく、着眼点や適用条件も解説し、別の問題にも活かせる理解を目指します。
積分の面白さを伝え、Integralisへの参加や、さらに数学を学ぶきっかけになれば幸いです。

## この本の読み方
各記事はテーマごとに、基本事項や公式を説明した後、関連する問題とその解答を紹介する構成です。初めから順に読んでも、興味のあるテーマから読んでも構いません。必要な予備知識は、各記事で案内します。
記事内の問題には「3.1」「3.2」のように番号を付け、出典として大会名・大会の問題番号・難易度・作問者を記載します。この番号は、元の大会での問題番号とは別のものです。
各記事には解答が含まれます。 まずは自分で問題に取り組み、その後で着眼点や解答を読むことをおすすめします。正解した場合も、別解や振り返りを通して考え方を広げてみてください。

<span style="color: gray;">ちなみに、本書に掲載する解答は、著者が実際に問題を解いたときのものです。公式の模範解答とは異なる場合もあるので、解法や着眼点の違いも楽しんでいただければ幸いです。</span>

# 0.2 目次
各テーマの記事では、基本事項や公式を解説した後、関連する問題を紹介します。興味のあるテーマから読み進めてください。
以下は掲載予定の構成です。公開した記事には、順次リンクを追加します。

### 導入・基本の積分法
1: [基本の定義・公式](https://mathlog.info/books/G7clHo2lyZkCZ080f3b3/sKsxcqA58jjxF7F7wOp9)
2: [置換積分の基本](https://mathlog.info/books/G7clHo2lyZkCZ080f3b3/wTiHgQ9D0MweAw3M4qgx)
3: [部分積分](https://mathlog.info/books/G7clHo2lyZkCZ080f3b3/KF08Sp9xFldXtkQ94zdc)
4: 部分分数分解
### 初等関数と式変形
5: 頻出積分
6: 三角関数
7: 双曲線関数
8: 逆三角関数・逆双曲線関数
### 対称性・置換テクニック
9: King's Property・区間対称性・周期性
10: 一次分数変換・Möbius変換
11: Weierstrass置換・半角正接置換
12: Euler置換・無理式の有理化
13: Chebyshevの定理
14: Cauchy–Schlömilch変換・Glasserの主定理
15: 原始関数推測・微分からの逆算
### 場合分け・離散的な構造
16: 絶対値・最大最小・区分関数
17: 床関数・天井関数・小数部分
18: 漸化式・関数方程式を利用する積分
### パラメータを利用する積分
19: パラメータ積分
20: Frullani積分
21: Fubiniの定理
### 級数・和・無限積
22: 級数展開・項別積分・総和法
23: 無限積
### 積分変換
24: Fourier級数
25: Fourier変換
26: Laplace変換
27: Mellin変換
### 複素解析
28: 留数定理と複素積分
### 特殊関数
29: ガンマ・ベータ・ポリガンマ関数
30: Riemannゼータ関数
31: 対数・ポリログ
32: 正弦積分・余弦積分
33: 指数積分
34: 誤差関数・Fresnel積分
35: Bessel関数
36: Gauss超幾何関数
37: 完全楕円積分
38: Airy関数

**現状の目次になります。今後、削除や編集などが行われます。**

# 0.3 参考資料・関連リンク
Integralis公式:
[Integralis公式サイト](https://integral-contest.com)
[ルール・ガイド](https://integral-contest.com/guide)
[ヘルプ・参加方法](https://integral-contest.com/help)
[運営による紹介記事](https://mathlog.info/articles/Vc1gAYqX5nn2MZhfd30t)

過去問や答案表記辞典などへは、公式の「ルール・ガイド」から進めます。大会に参加する際は、最新のルールと各大会の案内をご確認ください。


競技積分サイトIntegralisについて


このページでは、本書で用いる積分の定義、基本性質、基本的な積分公式をまとめる。置換積分や部分積分などの計算手法は、それぞれのページで扱う。量が多いので紹介は主要なものや簡単なものに絞り、各証明は省略する。

特に断らない限り、関数と積分変数は実数の範囲で考え、$\ln x$は自然対数を表す。また、三角関数の角度は弧度法による。
 
# 1.1 諸定義

##  1.1.2 微積分関連

&&&def 実数値関数の微分可能性
$I=[a,\,b]\subseteq\R$とする。実数値関数$f: I\to\R$と$x_0\in(a,\,b)$に対して
$$ \lim_{h\to 0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} $$
が存在するとき、$f$は$x_0$で微分可能であると言い、上の極限値を$f'(x_0)$また$\dfrac{d}{dx}f(x_0)$と表し、$f$の$x_0$での微分係数と言う。$f$が$I$のすべての点に対して微分可能なとき、$x$に対して$f'(x)$を対応させる関数を$f$の導関数と言う。

$f$が$n\in\N$回微分可能なとき、$f$に$n$回微分をした導関数を$f^{(n)}(x)$また$\dfrac{d^n}{dx^n}f(x)$と表す。$f^{(k)}(x)\,(k=1,\,2,\,\cdots,\,n)$が存在し、すべて$I$上連続であるとき、$f\in C^n(I)$と表し、$f$は$I$上$C^n$級と言う。
すべての$n\in\N$で$f\in C^n(I)$のとき、$f\in C^{\infty}(I)$と表す。
$I=\R$のとき、$f\in C^n(I)$を単に$f\in C^n$と表すこともある。
&&&

&&&def 区分的連続性
$I=[a,\,b]\subseteq\R$とする。実数値関数$f: I\to\R$と$x_0\in(a,\,b)$に対して
有限個の不連続点$\{c_k\}_{k=1}^n\subset I$で$a\leq c_1<c_1<\cdots<c_n\leq b$なるものを持ち、各開区間$(c_k,\,c_{k+1})\,(k=1,\,\cdots,\,n-1)$で連続であって、各$c_k$で$f$の有限な左極限
$$ f(c_i-0)\coloneqq\lim_{x<c_k,\,x\to c_k} f(x) $$
また有限な右極限
$$ f(c_i+0)\coloneqq\lim_{x>c_k,\,x\to c_k} f(x) $$
が存在するとき、$f$は$I$上区分的連続と言う。ただし、$a=c_0$の場合は$f(a+0)$のみ、$b=c_n$の場合は$f(b-0)$のみ、存在を考える。また$I=(a,\,b)$の場合でも、$f(a+0),\,f(b-0)$は存在するものとする。

$I$が非有界区間の場合、ある有界閉区間の列$\{I_l\}_{l=1}^{\infty}$が、$I_l\subset I_{l+1}\,(l=1,\,2,\,\cdots)$かつ$\dps\bigcup_{l=1}^{\infty} I_l = I$を満たして、各$I_l$で$f$が区分的連続ならば、$f$は$I$上で区分的連続と言う。

各$f^{(k)}(x)\,(k=1,\,2,\,\cdots,\,n)$が$I$上の各開小区間で区分的連続なとき、$f$は$I$上で区分的$C^n$級と言う。
&&&

## 1.1.2 各関数の定義

&&&def 三角関数の略記
以下の三角関数を用いる。
$$ \tan x=\frac{\sin x}{\cos x},\qquad \cot x=\frac{\cos x}{\sin x} $$
$$ \sec x=\frac{1}{\cos x},\qquad \csc x=\frac{1}{\sin x} $$
それぞれ、分母が$0$にならない範囲で定義する。
&&&

&&&def 逆三角関数
正弦関数を$[-\pi/2,\,\pi/2]$に制限した関数の逆関数を$\arcsin$、余弦関数を$[0,\,\pi]$に制限した関数の逆関数を$\arccos$、正接関数を$(-\pi/2,\,\pi/2)$に制限した関数の逆関数を$\arctan$という。
それぞれの定義域と値域は
$$ \arcsin:[-1,\,1]\to\left[-\frac{\pi}{2},\,\frac{\pi}{2}\right] $$
$$ \arccos:[-1,\,1]\to[0,\,\pi] $$
$$ \arctan:\R\to\left(-\frac{\pi}{2},\,\frac{\pi}{2}\right) $$
である。
&&&

&&&def 双曲線関数
実数$x$に対して
$$ \sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2},\qquad \cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2} $$
と定める。また、
$$ \tanh x=\frac{\sinh x}{\cosh x},\qquad \sech x=\frac{1}{\cosh x} $$
と定める。$x\ne0$に対して
$$ \coth x=\frac{\cosh x}{\sinh x},\qquad \csch x=\frac{1}{\sinh x} $$
と定める。
&&&

&&&def 逆双曲線関数
$\sinh:\R\to\R$の逆関数を$\operatorname{arsinh}$という。
$\cosh$を$[0,\infty)$に制限した関数の逆関数を$\operatorname{arcosh}$という。
$\tanh:\R\to(-1,1)$の逆関数を$\operatorname{artanh}$という。
これらは対数を用いて
$$ \operatorname{arsinh}x=\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\qquad(x\in\R) $$
$$ \operatorname{arcosh}x=\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)\qquad(x\ge1) $$
$$ \operatorname{artanh}x=\frac12\ln\frac{1+x}{1-x}\qquad(|x|<1) $$
と表せる。
&&&

# 1.2 基本的な積分公式

## 1.2.1 基本的な定理

&&&thm 微積分の基本定理
$f$を$[a,b]$上の区分的連続関数とする。
(1) $\dps F(x)=\int_a^x f(t)\,dt$とおくと、$F$は$[a,b]$上連続であり、$f$が連続な内点$x$では微分可能で
$$ F'(x)=f(x) $$
が成り立つ。
(2) $F$が$[a,b]$上連続で、$f$が連続なすべての内点$x$において微分可能であり、$F'(x)=f(x)$を満たすならば
$$ \int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a)$$
が成り立つ。
&&&

&&&thm 置換積分の公式
区間$I\subseteq\R$において、$f(x)$は$I$上連続とする。
このとき、関数$g(x):[a,\,b]\to I$が$[a,\,b]$上連続かつ、区分的$C^1$級ならば、次の置換積分の公式が成り立つ。
$$ \int_a^b f(g(x))g'(x)\,dx=\int_{g(a)}^{g(b)} f(x)\,dx $$
&&&

&&&thm 部分積分の公式
$a\leq c<d\leq b$とする。関数$f(x),\,g(x)$が$[a,\,b]$上連続かつ、区分的$C^1$級ならば、次の部分積分の公式が成り立つ。
$$ \int_c^d f(x)g'(x)\,dx = \bkk{ f(x)g(x) }_c^d - \int_c^d f'(x)g(x)\,dx $$
&&&

&&&fml 繰り返し部分積分の公式
$n\geq 1$とし、$f(x),\,g(x)$は$[a,\,b]$上で$C^n$級とする。
$$ \int_a^b f(x)g^{(n)}(x)\,dx = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \bkk{f^{(k)}(x)g^{(n-k-1)}(x)}_a^b + (-1)^n\int_a^b f^{(n)}(x)g(x)\,dx $$
&&&

## 1.2.2 各関数の導関数・不定積分
以下、積分定数を$C$とする。

&&&fml 冪乗関数の不定積分
$x>0$、$\alpha\in\R\setminus\{-1\}$に対して
$$ \int x^\alpha\,dx=\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C $$
が成り立つ。また、$x\ne0$に対して
$$ \int\frac{1}{x}\,dx=\ln|x|+C $$
が成り立つ。
&&&

&&&fml 指数関数の不定積分
$$ \int e^x\,dx=e^x+C $$
$a>0$かつ$a\ne1$に対して
$$ \int a^x\,dx=\frac{a^x}{\ln a}+C $$
が成り立つ。 
&&&

&&&fml 対数関数の不定積分
$x\ne0$に対して
$$ \int\ln|x|\,dx=x\ln|x|-x+C $$
が成り立つ。特に、$x>0$では
$$ \int\ln x\,dx=x\ln x-x+C $$
となる。
&&&

&&&fml 三角関数の不定積分
$$ \int\sin x\,dx=-\cos x+C $$
$$ \int\cos x\,dx=\sin x+C $$
$$ \int\frac{1}{\cos^2x}\,dx=\tan x+C $$
$$ \int\frac{1}{\sin^2x}\,dx=-\cot x+C $$
$$ \int\tan x\,dx=-\ln|\cos x|+C $$
$$ \int\cot x\,dx=\int\frac{1}{\tan x}\,dx=\ln|\sin x|+C $$
$$ \int\sec x\,dx=\int\frac{1}{\cos x}\,dx=\ln|\sec x+\tan x|+C=\ln\abs{\frac{1+\sin x}{\cos x}}+C $$
$$ \int\csc x\,dx=\int\frac{1}{\sin x}\,dx=\ln|\csc x-\cot x|+C=\ln\abs{\frac{1-\cos x}{\sin x}}+C $$
&&&

&&&fml 逆三角関数型の不定積分
$a>0$に対して
$$ \int\frac{1}{a^2+x^2}\,dx=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C $$
が成り立つ。
また、$a>0$かつ$|x|<a$に対して
$$ \int\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}\,dx=\arcsin\frac{x}{a}+C $$
が成り立つ。
&&&

&&&fml 対数関数型の不定積分
以下、$a>0$とする。$x\ne\pm a$に対して
$$ \int\frac{1}{a^2-x^2}\,dx=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{a+x}{a-x}\right|+C $$
が成り立つ。$x\in\R$に対して
$$ \int\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\,dx=\ln\left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)+C $$
が成り立つ。$|x|>a$に対して
$$ \int\frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\,dx=\ln\left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+C $$
が成り立つ。
&&&

&&&fml 根号を含む関数の不定積分
以下、$a>0$とする。$x\in\R$に対して
$$ \int\sqrt{x^2+a^2}\,dx=\frac12\left(x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\ln\left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)\right)+C $$
が成り立つ。$|x|>a$に対して
$$ \int\sqrt{x^2-a^2}\,dx=\frac12\left(x\sqrt{x^2-a^2}-a^2\ln\left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|\right)+C $$
が成り立つ。$|x|<a$に対して
$$ \int\sqrt{a^2-x^2}\,dx=\frac12\left(x\sqrt{a^2-x^2}+a^2\arcsin\frac{x}{a}\right)+C $$
が成り立つ。
&&&

&&&fml 双曲線関数の基本公式・不定積分
(1) 基本公式
$$ \cosh^2x-\sinh^2x=1 $$
$$ 1-\tanh^2x=\sech^2x $$
$$ \frac{d}{dx}\sinh x=\cosh x,\qquad \frac{d}{dx}\cosh x=\sinh x $$
$$ \frac{d}{dx}\tanh x=\sech^2x $$
(2) 不定積分
$$ \int\sinh x\,dx=\cosh x+C $$
$$ \int\cosh x\,dx=\sinh x+C $$
$$ \int\sech^2x\,dx=\tanh x+C $$
$$ \int\csch^2x\,dx=-\coth x+C $$
$$ \int\tanh x\,dx=\ln(\cosh x)+C $$
$$ \int\coth x\,dx=\ln|\sinh x|+C $$
$$ \int\sech x\,dx=\arctan(\sinh x)+C $$
$$ \int\csch x\,dx=\ln\left|\tanh\frac{x}{2}\right|+C $$
&&&

&&&fml 逆双曲線関数の微分
$$ \frac{d}{dx}\operatorname{arsinh}x=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\qquad(x\in\R) $$
$$ \frac{d}{dx}\operatorname{arcosh}x=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\qquad(x>1) $$
$$ \frac{d}{dx}\operatorname{artanh}x=\frac{1}{1-x^2}\qquad(|x|<1) $$
&&&

&&&fml 逆双曲線関数の不定積分
$$ \int\operatorname{arsinh}x\,dx=x\operatorname{arsinh}x-\sqrt{1+x^2}+C $$
$$ \int\operatorname{arcosh}x\,dx=x\operatorname{arcosh}x-\sqrt{x^2-1}+C\qquad(x>1) $$
$$ \int\operatorname{artanh}x\,dx=x\operatorname{artanh}x+\frac12\ln(1-x^2)+C\qquad(|x|<1) $$
&&&

## 1.2.3 定積分の対称性

&&&thm King's Property
$a<b$とし、$f$は$[a,b]$上でリーマン積分可能とする。このとき
$$ \int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b f(a+b-x)\,dx $$
が成り立つ。したがって
$$ \int_a^b f(x)\,dx=\frac12\int_a^b\left(f(x)+f(a+b-x)\right)\,dx $$
である。
&&&

&&&fml 対称な区間での積分
$a>0$とし、$f$は$[-a,a]$上でリーマン積分可能とする。
$f$が偶関数、すなわち$f(-x)=f(x)$を満たすならば
$$ \int_{-a}^a f(x)\,dx=2\int_0^a f(x)\,dx $$
が成り立つ。
$f$が奇関数、すなわち$f(-x)=-f(x)$を満たすならば
$$ \int_{-a}^a f(x)\,dx=0 $$
が成り立つ。
&&&

# 2.3 関連ページ

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基本の定義・公式


このページでは、置換だけで解ける積分問題を扱います。
置換積分の公式にはさまざまな一般化がありますが、ここでは証明が簡潔で、基本的な問題に適用しやすい形を紹介します。

# 2.1 定義・公式

&&&thm 置換積分の公式
区間$I\subseteq\R$において、$f(x)$は$I$上連続とする。
このとき、関数$g(x):[a,\,b]\to I$が$[a,\,b]$上連続かつ、区分的$C^1$級ならば、次の置換積分の公式が成り立つ。
$$ \int_a^b f(g(x))g'(x)\,dx=\int_{g(a)}^{g(b)} f(x)\,dx $$
&&&

&&&prf
$c\in I$を固定して、関数$F$を次のように定める。
$$ F(x) \coloneqq \int_c^x f(t)\,dt $$
$f(x)$は連続なので、微分積分学の基本定理から
$$ F'(x) = \frac{d}{dx}\int_c^x f(t)\,dt=f(x) $$
である。
関数$g$は区分的$C^1$級であるから、ある有限分割$a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b$を取り、各区間$[x_{k-1},\,x_k]_{1\leq k\leq n}$で$g$は$C^1$級にできる。
有限個の点の変更は積分に影響を与えないので、分割点における$g'$の値が存在しない場合$g'$の値は任意に設定してよい。
このとき、各小区間の内部では合成関数の微分から$\dfrac{d}{dx}F(g(x))=f(g(x))g'(x)$であるので
$$ \int_a^b f(g(x))g'(x)\,dx = \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} f(g(x))g'(x)\,dx $$
$$ = \sum_{k=1}^n \pr{F(g(x_k)) - F(g(x_{k-1}))} $$
$$ = F(g(b)) - F(g(a)) $$
$$ = \int_{g(a)}^{g(b)} f(x)\,dx $$
を得る。
&&&



### 広義積分について
積分区間の端点で被積分関数が定義されない場合や非有界になる場合は、必要に応じて広義積分として扱う。
置換積分の公式は、まず特異点を避けた区間で適用し、その後に極限を取る。
以下の解答では、極限の記述を省略することがある。

### 置換に単調性は必要か
上で紹介した定理では単調性は必要ない。
実際、次の積分で$t=x^2$とおくと、式は正しい。
$$ \int_{-1}^1 2xe^{x^2}\,dx = \int_1^1 e^t\,dt = 0 $$

一方、置換後に$x$を$t$の関数で表す必要がある場合は、逆関数を一意に表せるように区間を選ぶ必要がある。
連続関数が区間上で逆関数を持つためには、狭義単調であることが必要十分である。
例えば、次の積分で$t=x^2$とおく
$$ \int_{-1}^1 x^2\,dx $$
$x=\pm\sqrt{t}$で、区間上で一意に逆関数を取れないので、区間を$[-1,\,0],\,[0,\,1]$に分ける必要がある。
実際、計算してみると
$$ \int_{-1}^1 x^2\,dx = \int_{-1}^0 x^2\,dx + \int_0^1 x^2\,dx $$
$$ = \frac{1}{2}\int_1^0 -\sqrt{t}\,dt + \frac{1}{2}\int_0^1 \sqrt{t}\,dt = \int_0^1 \sqrt{t}\,dt $$
$$ =\bkk{\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}}_0^1 = \frac{2}{3} $$
である。

# 2.2 問題

## IBC18 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: [りーるる](https://integral-contest.com/users/ri_ruru07/writer) (ri_ruru07)

&&&exc 
$$
\int_0^{\ln2} \frac{e^x}{(1+e^x)^2}\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC18 Problem A↗](https://integral-contest.com/problems/233/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**分母にある$1+e^x$を微分すると...？**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。
$t=1+e^x$とおくと、$t:2\to3,\,dt=e^x dx$となり
$$ I=\int_2^3 \frac{1}{t^2} dt = \bkk{-\frac{1}{t}}_2^3 = \frac{1}{6} $$
を得る。

</div>
</details>

## IBC3 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: [りーるる](https://integral-contest.com/users/ri_ruru07/writer) (ri_ruru07)

&&&exc 
$$
\int_0^1 \frac{e^x}{e^x+e^{-x}}\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC3 Problem A↗](https://integral-contest.com/problems/33/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**分子と分母に$e^x$をかけると...？**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。分子と分母に$e^x$をかけると
$$ I=\int_0^1 \frac{e^x}{e^x+e^{-x}}\,dx = \int_0^1 \frac{e^{2x}}{e^{2x}+1}\,dx $$
$t=e^{2x}+1$とおくと、$t:\,2\to e^2+1,\,dt=2e^{2x}\,dx$となり
$$ I= \int_2^{e^2+1} \frac{1}{2t}\,dt = \bkk{\frac{1}{2}\ln|t|}_2^{e^2+1} = \frac{1}{2}\ln\pr{\frac{e^2+1}{2}} $$
を得る。
</div>
</details>

## IBC19 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: [りーるる](https://integral-contest.com/users/ri_ruru07/writer) (ri_ruru07)

&&&exc 
$$
\int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt{x}}\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC19 Problem B↗](https://integral-contest.com/problems/257/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**$\sqrt{x}$を置換して、根号を取り除く。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。
$t=\sqrt{x}$とおくと、$t:\,0\to1$となる。$t^2=x$より$2t\,dt=dx$で
$$ I = \int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt{x}}\,dx = \int_0^1 \frac{2t}{1+t}\,dt = 2\int_0^1 \pr{1-\frac{1}{1+t}}\,dt  $$
$$ I = 2\bkk{t-\ln|1+t|}_0^1 = 2 - 2\ln2 $$
</div>
</details>

## IFHS4 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: [りーるる](https://integral-contest.com/users/ri_ruru07/writer) (ri_ruru07)

&&&exc 
$$
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^3x\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IFHS4 Problem A↗](https://integral-contest.com/problems/325/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**$\sin^3 x=(1-\cos^2 x)\sin x$を用いる。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos^2 x)\sin x\,dx $$
$t=\cos x$とおくと、$t:\,1\to0,\,dt=-\sin x\,dx$となり
$$ I = \int_1^0 -(1-t^2)dt = \int_0^1 (1-t^2)dt $$
$$ I = \bkk{t-\frac{t^3}{3}}_0^1 = \frac{2}{3} $$
</div>
</details>

## IBC16 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: [りーるる](https://integral-contest.com/users/ri_ruru07/writer) (ri_ruru07)

&&&exc 
$$
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x\cos^3 x\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC16 Problem B↗](https://integral-contest.com/problems/217/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**$\sin^2 x\cos^3 x=\sin^2 x(1-\sin^2 x)\cos x$に分けて、置換をする。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x\cos^3 x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x(1-\sin^2 x)\cos x\,dx $$
$t=\sin x$とおくと、$t:\,0\to1,\,dt=\cos x\,dx$となり
$$ I = \int_0^1 t^2(1-t^2)\,dt = \int_0^1 (t^2-t^4)\,dt $$
$$ I = \bkk{\frac{t^3}{3}-\frac{t^5}{5}}_0^1 = \frac{2}{15} $$
</div>
</details>

## IBC22 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: [りーるる](https://integral-contest.com/users/ri_ruru07/writer) (ri_ruru07)

&&&exc 
$$
\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC22 Problem A↗](https://integral-contest.com/problems/299/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**$\sqrt{x}$を置換して、根号を取り除く。広義積分に注意。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx = \lim_{\eps\to+0} \int_{\eps}^1 \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx $$
$t=\sqrt{x}$とおくと、$t:\,\sqrt{\eps}\to1$となる。$t^2=x$より$2t\,dt=dx$で
$$ I = \lim_{\eps\to+0} \int_{\sqrt{\eps}}^1 \frac{2}{1+t^2} dt = \int_0^1 \frac{2}{1+t^2} dt $$
となる。さらに$t=\tan\theta$とおくと、$\theta:\,0\to\dfrac{\pi}{4},\,dt=(1+\tan^2\theta)d\theta$より
$$ I = 2\int_0^{\frac{\pi}{4}} d\theta = 2\Bk{\theta}_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{2}$$
</div>
</details>

## IBC13 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: [一般数弱　早稲商数学対策委員会](https://integral-contest.com/users/Gagoh_Okowa/writer) (Gagoh_Okowa)

&&&exc 
$$
\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{\sin2x}}\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC13 Problem A↗](https://integral-contest.com/problems/152/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**分子の$\sin x+\cos x$は、$\sin x-\cos x$の微分になっている。さらに、$(\sin x-\cos x)^2$を展開すると、根号の中の$\sin 2x$も同じ変数で表せる。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。下端$x=0$では広義積分として扱う。
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{\sin2x}}\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{2\sin x\cos x}}\,dx $$
$t=\sin x-\cos x$とおく。$t:\,-1\to 0,\,dt=(\sin x+\cos x)dx$となる。
また$ 2\sin x\cos x = 1-(\sin x-\cos x)^2 = 1 - t^2 $であるから
$$ I = \int_{-1}^0 \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt $$
$t=\sin\theta$とおくと、$\theta:-\dfrac{\pi}{2}\to 0,\,dt=\cos\theta\,d\theta$となる。
また、$\sqrt{1-t^2}=|\cos\theta|=\cos\theta\quad\pr{-\frac{\pi}{2}\leq \theta\leq0}$であるから
$$ I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^0 d\theta = \Bk{\theta}_{-\frac{\pi}{2}}^0 = \frac{\pi}{2}$$
を得る。
</div>
</details>

## IBC22 - C

BASIC・Difficulty 4
作問: [りーるる](https://integral-contest.com/users/ri_ruru07/writer) (ri_ruru07)

&&&exc 
$$
\int_0^1\frac{x^2(x^2+3)}{x^6+x^4+2x^2+1}\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC22 Problem C↗](https://integral-contest.com/problems/301/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**分母は$(x^3)^2+(x^2+1)^2$と変形できる。分子・分母を$(1+x^2)^2$で割り、分母を$1+(\cdots)^2$の形に整理してみよう。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。
$$
I = \int_0^1\frac{x^2(x^2+3)}{x^6+x^4+2x^2+1}\,dx = \int_0^1\frac{x^2(x^2+3)}{x^6+(x^2+1)^2}\,dx = \int_0^1\frac{x^2(x^2+3)}{(x^2+1)^2}\frac{1}{\pr{\frac{x^3}{x^2+1}}^2+1}\,dx
$$
ここで$\dfrac{x^3}{x^2+1}$の微分を考えると
$$ \frac{d}{dx}\frac{x^3}{x^2+1} = \frac{3x^2(x^2+1)-x^3\cdot2x}{(x^2+1)^2} = \frac{x^2(x^2+3)}{(x^2+1)^2} $$
となる。
よって、$t=\dfrac{x^3}{x^2+1}$とおくと、$t:\,0\to\dfrac{1}{2},\,dt=\dfrac{x^2(x^2+3)}{(x^2+1)^2}\,dx$となり
$$ I =\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{1}{t^2+1}\,dt = \bkk{\arctan t}_0^{\frac{1}{2}} = \arctan\frac{1}{2}$$
</div>
</details>

## IBC11 - C

BASIC・Difficulty 2
作問: [えんで](https://integral-contest.com/users/ende/writer) (ende)

&&&exc 
$$
\int_1^{\sqrt[4]{3}} \frac{1}{x^3\sqrt{1+x^4}}\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC11 Problem C↗](https://integral-contest.com/problems/136/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**$t=\dfrac{1}{x^2}$と置換して、$\dfrac{1}{x^3}$を相殺すると、簡単な積分になります。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。$t=\dfrac{1}{x^2}$とおくと、$t:\,1\to\dfrac{1}{\sqrt{3}},\,dt=-\dfrac{2}{x^3}\,dx$となり
$$
I = \int_1^{\sqrt[4]{3}} \frac{1}{x^3\sqrt{1+x^4}}\,dx = \int_1^{\frac{1}{\sqrt{3}}} -\frac{1}{2\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}}\,dt = \frac{1}{2} \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^1 \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\,dt
$$
である。さらに$u=\sqrt{1+t^2}$とおくと、$u:\,\dfrac{2}{\sqrt{3}}\to\sqrt{2}$となる。$ u^2=1+t^2 $より$u\,du=t\,dt$であるので
$$ I = \frac{1}{2}\int_{\frac{2}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{2}} du = \frac{1}{2}\bkk{u}_{\frac{2}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\pr{\sqrt{2} - \frac{2\sqrt{3}}{3}} = \frac{3\sqrt{2}-2\sqrt{3}}{6} $$
を得る。
</div>
</details>

## IBC12 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: [えんで](https://integral-contest.com/users/ende/writer) (ende)

&&&exc
$$
\int_1^2 \frac{1}{x^4\sqrt{1+x^2}}\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC12 Problem B↗](https://integral-contest.com/problems/141/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**$t=\dfrac{1}{x}$とおくと、分母の$x^4$を分子側に持っていけます。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。
$x=\dfrac{1}{t}$とおくと、$t:\,1\to\dfrac{1}{2},\,dx=-\dfrac{1}{t^2}\,dt$となり
$$ I = \int_1^{\frac{1}{2}} \frac{1}{\frac{1}{t^4}\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}}\cdot\pr{-\frac{1}{t^2}}\,dt = \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{t^3}{\sqrt{1+t^2}}\,dt $$
$u=\sqrt{1+t^2}$とおくと、$u:\,\dfrac{\sqrt{5}}{2}\to\sqrt{2},\,u\,du=t\,dt$となり
$$ I = \int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}} (u^2-1)\,du = \bkk{\frac{u^3}{3}-u}_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}} $$
$$ I = \pr{\frac{1}{3}\pr{\sqrt{2}}^3-\sqrt{2}} - \pr{\frac{1}{3}\pr{\frac{\sqrt{5}}{2}}^3-\frac{\sqrt{5}}{2}} = \pr{\frac{2}{3}-1}\sqrt{2} - \pr{\frac{5}{24}-\frac{1}{2}}\sqrt{5} $$
$$ I = \frac{7\sqrt{5}}{24} - \frac{\sqrt{2}}{3} = \frac{7\sqrt{5}-8\sqrt{2}}{24} $$

<hr> <strong>コラム：逆数置換で分母の累乗を整理する</strong>
$a<b$かつ$0\notin[a,b]$とし、$px^2+qx+r>0\quad(x\in[a,b])$とする。
今回のような $\displaystyle I=\int_a^b \frac{1}{x^n\sqrt{px^2+qx+r}}\,dx$ の形の積分について
$x=\dfrac{1}{t}$とおくと
$$ I=\int_{\frac{1}{b}}^{\frac{1}{a}} \frac{t^{n-2}|t|}{\sqrt{p+qt+rt^2}}\,dt$$
と変形できます。$n$が$2$以上の整数であれば、分母の累乗を分子の多項式に整理できる。
</div>
</details>

## IBC22 - B

BASIC・Difficulty 3
作問: [Crystal](https://integral-contest.com/users/Crystal/writer) (Crystal)

&&&exc
$$
\int_0^e \pr{\pr{\frac{x}{e}}^x+\pr{\frac{e}{x}}^x}\ln x\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC22 Problem B↗](https://integral-contest.com/problems/300/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**$\pr{\dfrac{x}{e}}^x+\pr{\dfrac{e}{x}}^x=e^{x\ln x-x}+e^{x-x\ln x}$と変形できるので、置換積分の公式からどれを置換するべきか考える。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。
$$
\pr{\frac{x}{e}}^x=e^{x\ln x-x},\,\pr{\frac{e}{x}}^x=e^{x-x\ln x}
$$
$t=x-x\ln x$と置換すると、$t:\,+0\to +0,\,dt=-\ln x\,dx$より
$$ I = \int_0^e \pr{\pr{\frac{x}{e}}^x+\pr{\frac{e}{x}}^x}\ln x\,dx = \int_0^e \pr{e^{x\ln x-x}+e^{x-x\ln x}}\ln x\,dx $$
$$ I = \int_0^0 (e^t+e^{-t})\,dt = 0 $$
</div>
</details>

## IBC20 - C

BASIC・Difficulty 3
作問: [dragoemon](https://integral-contest.com/users/dragoemon/writer) (dragoemon)

&&&exc
$$
\int_0^1 x^x(1-x)^{1-x}\abs{\ln\frac{x}{1-x}}\,dx
$$
&&&

【問題を解きに行く】: [IBC20 Problem C↗](https://integral-contest.com/problems/264/practice)

<details>
<summary>ヒントを見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
**$x^x(1-x)^{1-x}$を対数微分してみよう。絶対値と単射性に注意して計算を進めること。**
</div>
</details>

<br>

<details>
<summary>解答・解説を見る</summary> <div style="margin-top: -20px;">
定積分を$I$とする。絶対値内の符号で区間を分けると、$\left(0,\,\dfrac{1}{2}\right],\,\left[\dfrac{1}{2},\,1\right)$である。
$t=x^x(1-x)^{1-x}$とおく。それぞれ区間について
$$ x:\,+0\to\dfrac{1}{2} \Longrightarrow t:\,1-0\to\dfrac{1}{2} $$
$$ x:\,\dfrac{1}{2}\to 1-0 \Longrightarrow t:\,\dfrac{1}{2}\to1-0 $$
となる。また、$t=x^x(1-x)^{1-x}$の対数微分を考えると
$$ \frac{dt}{dx}\frac{1}{t} = \frac{d}{dx}\ln(x^x(1-x)^{1-x}) = \frac{d}{dx}(x\ln x+(1-x)\ln(1-x)) = \ln\frac{x}{1-x} $$
$$ dt = t \ln\frac{x}{1-x}\,dx= x^x(1-x)^{1-x}\ln\frac{x}{1-x}\,dx $$
となるので
$$ I = \int_0^{\frac{1}{2}} x^x(1-x)^{1-x}\abs{\ln\frac{x}{1-x}}\,dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 x^x(1-x)^{1-x}\abs{\ln\frac{x}{1-x}}\,dx $$
$$ I = - \int_0^{\frac{1}{2}} x^x(1-x)^{1-x}\ln\frac{x}{1-x}\,dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 x^x(1-x)^{1-x}\ln\frac{x}{1-x}\,dx $$
$$ I = -\int_1^{\frac{1}{2}} dt + \int_{\frac{1}{2}}^1 dt = 1 $$
を得る。
</div>
</details>

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競技積分入門のためのテクニック集【FOR INTEGRALIS】

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