文献あり

部分分数分解

844

4.1 定義・公式

有理関数の積分における部分分数分解で大切なのは、分解後の各項がどのような原始関数になるかを見通しておくことです。ゴールとなる積分の形を把握していなければ、式をどの形まで分解・整理すべきかの方針すら立てられません。
そのためには原始関数を覚えることが第一条件になります。

4.1.1 基本的な積分公式

冪乗関数の不定積分・対数関数

$x>0$、$a\in\R,\,\alpha\in\R\setminus\{-1\}$に対して
$$ \int (x+a)^\alpha\,dx=\frac{(x+a)^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C \quad(C\in\R)$$
が成り立つ。また、$x\ne0$に対して
$$ \int\frac{1}{x+a}\,dx=\ln|x+a|+C \quad(C\in\R)$$
が成り立つ。

$\dfrac{1}{a^2+x^2}$の不定積分・逆正接関数

$a>0$に対して
$$ \int\frac{1}{a^2+x^2}\,dx=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C \quad(C\in\R)$$
が成り立つ。

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$g:[a,\,b]\to I$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。
$$ \int_a^b f(g(x))g'(x)\,dx=\int_{g(a)}^{g(b)} f(t)\,dt $$
ただし、分割点で$g'$が存在しない場合、その点での値を便宜的に$0$と定める。有限個の点での値の変更は、積分の値に影響しない。

対数型の置換積分

上の定理で$0\not\in I,\,f(x)=\dfrac{1}{x}$とおくと
$$ \int_a^b \frac{g'(x)}{g(x)}\,dx=\int_{g(a)}^{g(b)} \frac{1}{t}\,dt=\ln|g(b)|-\ln|g(a)|$$

$\dfrac{2ax+b}{(ax^2+bx+c)^n}\,(n=1,\,2,\,3,\,\cdots)$の不定積分

上の定理で$f(x)=\dfrac{1}{x^n},\,g(x)=ax^2+bx+c\,(a,\,c\neq 0,\,a,\,b,\,c\in\R)$とすると
$$ \int \frac{2ax+b}{(ax^2+bx+c)^n}\,dx=-\frac{1}{n-1}\frac{1}{(ax^2+bx+c)^{n-1}}+C \quad(C\in\R)$$
を得る。

単に置くことでも解けますが、計算量を減らすためには例1のような場合も覚えとくと便利です。分かりにくい場合や試験で丁寧に書く時には
$$ \int \frac{2ax+b}{(ax^2+bx+c)^n}\,dx = \int \frac{(ax^2+bx+c)'}{(ax^2+bx+c)^n}\,dx $$
と書くと理解しやすくなると思います。

$\dfrac{1}{(x^2+a^2)^n}\,(n=1,\,2,\,\cdots)$の不定積分

$a>0$に対して、$x=a\tan\theta$と置換すると、$dx=a(\tan^2\theta+1)\,d\theta,\,\tan^2 \theta+1=\dfrac{1}{\cos^2\theta}$より
$$ I_n=\int\frac{1}{(x^2+a^2)^n}\,dx=\frac{1}{a^{2n-1}}\int (\cos\theta)^{2n-2}\,d\theta+C \quad(C\in\R)$$
が成り立つ。また部分積分により$\{I_n\}$について漸化式が得られて
$$ I_{n+1}=\frac{x}{2a^2n(x^2+a^2)^{n}}+\frac{2n-1}{2a^2n}I_n\,(n\geq 1) $$
となる。

4.1.2 部分分数分解の例

分解の形の例

$$ \frac{1}{(x-a)(x-b)} =\frac{1}{a-b}\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x-b}\right) \qquad(a\ne b) $$

$P$を実数係数の多項式とし、$\deg P$は$P(x)$の次数を表す。以下の分数式は、分母が$0$でない範囲で考える。$P=0$の場合も、各係数を$0$として同様に表せる。
例えば$P(x)=x^3-2x+1$のとき、$\deg P=3$である。

重複する一次因子がある場合は、例えば
$$ \frac{P(x)}{(x-a)^2(x-b)} =\frac{A}{x-a}+\frac{B}{(x-a)^2}+\frac{C}{x-b} \qquad(\deg P<3,\ a\ne b) $$
とおく。
重複する二次因子がある場合は、例えば
$$ \frac{P(x)}{(x^2+1)^2} =\frac{Ax+B}{x^2+1}+\frac{Cx+D}{(x^2+1)^2} \qquad(\deg P<4) $$
とおく。

$\dfrac{1}{x^3+1}$の部分分数分解

$x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$と因数分解できる。
$$ \frac{1}{x^3+1}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-x+1} $$
とおく。両辺に$(x+1)(x^2-x+1)$をかけると
$$ 1=A(x^2-x+1)+(Bx+C)(x+1) $$
$x=-1$を代入すると、$1=3A \Longrightarrow A=\dfrac{1}{3}$
$x=0$を代入すると、$1=A+C \Longrightarrow C=\dfrac{2}{3}$
$x^2$の係数を比較して、$0=A+B \Longrightarrow B=-\dfrac{1}{3}$
となる。
$$ \frac{1}{x^3+1}=\frac{1}{3(x+1)} - \frac{x-2}{3(x^2-x+1)} $$
と部分分数分解できる。

Sophie Germainの恒等式

$$ a^4+4b^4=(a^2+2b^2)^2-(2ab)^2=(a^2+2ab+2b^2)(a^2-2ab+2b^2) $$

$\dfrac{1}{x^4+4}$の部分分数分解

$x^4+4=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$と因数分解できる。
$$ \frac{1}{x^4+4}=\frac{Ax+B}{x^2+2x+2}+\frac{Cx+D}{x^2-2x+2} $$
とすれば
$$ A=\frac{1}{8},\,B=\frac{1}{4},\,C=-\frac{1}{8},\,D=\frac{1}{4} $$
となるので
$$ \frac{1}{x^4+4}=\frac{1}{8}\frac{x+2}{x^2+2x+2}-\frac{1}{8}\frac{x-2}{x^2-2x+2} $$
と部分分数分解できる。

広義積分での注意

部分分数分解後の各項は、個別に積分すると発散する場合がある。
その場合、発散する広義積分の和や差として計算してはいけない。
まず有限区間上で各項を積分し、項をまとめてから極限を取る。
例えば無限区間では、上端を共通の$R$として計算した後に$R\to\infty$とする。

4.1.3 解き方の流れ

1. 積分を有理式にする

三角関数（Weierstrass置換など）や無理関数（$\sqrt{\quad} = t$ 置換など）を $t$ の有理式に変換する。

2. 次数を下げる

$P(x),\,Q(x)$を多項式し、$\deg P,\,\deg Q$は$P,\,Q$の次数とする。
$\dfrac{P(x)}{Q(x)}$の積分で$\deg P\geq \deg Q$となる時は
$P(x)$を$Q(x)$で割って$ \dfrac{P(x)}{Q(x)} = \text{(商)} + \dfrac{\text{(余り)}}{Q(x)} $を作る。

3. 全体で$\frac{g'(x)}{g(x)}$が作れないか確認する

作れれば、$\dps \int \frac{g'(x)}{g(x)}\,dx=\ln|g(x)|+C$で終了する。

4. 部分分数分解をする

分母を実数係数範囲内(大学範囲なら複素数までok)で分ける。
大抵の問題は、1次式の項か、2次式の項に分けられる。

5. 各項を積分する

・分母が1次式 → そのまま$\ln$になる。
・分母が1次式の累乗 → 累乗の積分$\dps\int \frac{1}{x^n} dx$をする。
・分母が2次式 → 分母の微分形$g'(x)/g(x)$に分けた後、定数部(積分すると$\arctan$)に分離して積分する。
・分母が2次式の累乗 → 分母の微分形$g'(x)/g(x)$に分けた後、定数部は$\dfrac{r}{(x^2+px+q)^n}=\dfrac{b}{(X^2+a^2)^n}$と変形して$X=a\tan\theta$と置換する。(または漸化式で処理する。)

4.2 問題

IFHS3 - B

BASIC・Difficulty 3
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)(1+x)}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IFHS3 Problem B↗

ヒントを見る

$\dps \frac{x^2}{(1+x^2)(1+x)} = \frac{2Ax}{1+x^2} + \frac{B}{1+x^2} + \frac{C}{1+x} $となるような$A,\,B,\,C$を見つける。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$\dps \frac{x^2}{(1+x^2)(1+x)} = \frac{2Ax}{1+x^2} + \frac{B}{1+x^2} + \frac{C}{1+x} $と分解できるとする。
両辺の分母を払って係数を比較すると、$A=\dfrac{1}{4},\,B=-\dfrac{1}{2},\,C=\dfrac{1}{2}$となる。
$$ I = \int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)(1+x)}\,dx = \int_0^1 \pr{\frac{1}{4}\frac{2x}{1+x^2}-\frac{1}{2}\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{2}\frac{1}{1+x}}\,dx = \int_0^1 \pr{\frac{1}{4}\frac{(1+x^2)'}{1+x^2}-\frac{1}{2}\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{2}\frac{1}{1+x}}\,dx $$
$$ I = \bkk{\frac{1}{4}\ln(1+x^2)-\frac{1}{2}\arctan x+\frac{1}{2}\ln(1+x)}_0^1 = \Ans{\frac{3}{4}\ln2 - \frac{\pi}{8}} $$

IBC18 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^{\infty} \frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC18 Problem B↗

ヒントを見る

部分分数分解して、$\dps \int \frac{1}{x^2+a^2}\,dx=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C\,(a>0)$を用いる。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$x\ge1$では$\dps 0<\frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)}<\frac{1}{x^4}$であるので、広義積分は収束する。
上端を$R>0$として計算し、$R\to\infty$とすると
$$ I = \int_0^{\infty} \frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)}\,dx = \int_0^{\infty} \frac{1}{3}\frac{(x^2+4)-(x^2+1)}{(x^2+1)(x^2+4)}\,dx $$
$$ I = \frac{1}{3}\int_0^{\infty} \pr{\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+4}}\,dx = \frac{1}{3}\lim_{R\to\infty}\bkk{\arctan x-\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}}_0^R = \frac{1}{3}\pr{\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}} = \Ans{\frac{\pi}{12}} $$

IBC1 - E

BASIC・Difficulty 5
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 \frac{1}{x^3+3x^2+3x+2}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC1 Problem E↗

ヒントを見る

$x^3+3x^2+3x+2=(x+1)^3+1=(x+2)(x^2+x+1)$から部分分数分解をする。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$$ I=\int_0^1 \frac{1}{x^3+3x^2+3x+2}\,dx = \int_0^1 \frac{1}{(x+2)(x^2+x+1)}\,dx $$
$x^2+x+1$を$x+2$で割ると、$x^2+x+1=(x+2)(x-1)+3$となるので
$$ I=\int_0^1 \frac{(x^2+x+1)-(x+2)(x-1)}{3(x+2)(x^2+x+1)}\,dx = \frac{1}{3}\int_0^1 \pr{\frac{1}{x+2}-\frac{x-1}{x^2+x+1}}\,dx $$
$$ I=\frac{1}{3}\int_0^1 \frac{1}{x+2}\,dx - \frac{1}{6}\int_0^1 \frac{2x+1}{x^2+x+1}\,dx + \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1}{x^2+x+1}\,dx $$
$$ I=\frac{1}{3}\int_0^1 \frac{1}{x+2}\,dx - \frac{1}{6}\int_0^1 \frac{2x+1}{x^2+x+1}\,dx + \frac{2}{3}\int_0^1 \frac{1}{\pr{\frac{2x+1}{\sqrt{3}}}^2+1}\,dx $$
$$ I=\bkk{\frac{1}{3}\ln(x+2) - \frac{1}{6}\ln(x^2+x+1) + \frac{\sqrt{3}}{3}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}}_0^1 = \Ans{\frac{1}{6}\ln3 - \frac{1}{3}\ln2 + \frac{\sqrt{3}}{18}\pi} $$

IBC19 - C

BASIC・Difficulty 4
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^6}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC19 Problem C↗

ヒントを見る

$x^6+1=(x^2+1)(x^2+\sqrt{3}x+1)(x^2-\sqrt{3}x+1)$と因数分解できる。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$R>0$に対し$\dps I_R=\int_0^R\frac{1}{1+x^6}\,dx$とおく。$x^6+1=(x^2+1)(x^2+\sqrt{3}x+1)(x^2-\sqrt{3}x+1)$と因数分解できる。
$ x^4-x^2+1=(x^2+1)(x^2-2)+3 $より
$$ I_R=\int_0^R \frac{(x^4-x^2+1)-(x^2+1)(x^2-2)}{3(x^6+1)}\,dx = \frac{1}{3}\int_0^R \pr{ \frac{1}{x^2+1} - \frac{x^2-2}{x^4-x^2+1} }\,dx$$
$x^2-2 = \pr{\dfrac{\sqrt{3}}{2}x-1}(x^2+\sqrt{3}x+1) + \pr{-\dfrac{\sqrt{3}}{2}x-1}(x^2-\sqrt{3}x+1) $となるので
$$ I_R = \frac{1}{3}\int_0^R \pr{ \frac{1}{x^2+1} - \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}x-1}{x^2-\sqrt{3}x+1} + \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}x+1}{x^2+\sqrt{3}x+1} }\,dx = \frac{1}{3}\int_0^R \pr{ \frac{1}{x^2+1} - \frac{\sqrt{3}(2x-\sqrt{3})-1}{4(x^2-\sqrt{3}x+1)} + \frac{\sqrt{3}(2x+\sqrt{3})+1}{4(x^2+\sqrt{3}x+1)} }\,dx $$
$$ I_R = \frac{1}{3}\bkk{\arctan x+\frac{\sqrt{3}}{4}\ln\frac{x^2+\sqrt{3}x+1}{x^2-\sqrt{3}x+1}}_{0}^R + \frac{1}{12}\int_0^R \pr{ \frac{1}{x^2-\sqrt{3}x+1} + \frac{1}{x^2+\sqrt{3}x+1} }\,dx $$
$$ I_R = \frac{1}{3}\arctan R+\frac{\sqrt{3}}{12}\ln\frac{R^2+\sqrt{3}R+1}{R^2-\sqrt{3}R+1} + \frac{1}{6}\int_0^R \pr{ \frac{2}{(2x-\sqrt{3})^2+1} + \frac{2}{(2x+\sqrt{3})^2+1} }\,dx $$
$$ I=\lim_{R\to\infty}\pr{\frac{1}{3}\arctan R+\frac{\sqrt{3}}{12}\ln\frac{R^2+\sqrt{3}R+1}{R^2-\sqrt{3}R+1}+\frac{1}{6}\bkk{\arctan(2x-\sqrt{3})+\arctan(2x+\sqrt{3})}_0^R}=\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6}=\Ans{\frac{\pi}{3}} $$

IBC14 - C

BASIC・Difficulty 2
作問: 雪解け水 (grid)

$$ \int_1^{\frac{5}{4}} \frac{x\sqrt{x^2-1}}{2-x^2}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC14 Problem C↗

ヒントを見る

$t=\sqrt{x^2-1}$と置換すると、簡単な形になる。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$t=\sqrt{x^2-1}$とおくと、$t:\,0\to\dfrac{3}{4},\,t\,dt=x\,dx$となる。端点$x=1$での変換は、まず$x>1$で行い、その後に極限を取る。
$$ I = \int_1^{\frac{5}{4}} \frac{x\sqrt{x^2-1}}{2-x^2}\,dx = \int_0^{\frac{3}{4}} \frac{t^2}{1-t^2}\,dt $$
$$ I = \int_0^{\frac{3}{4}} \pr{\frac{1}{1-t^2}-1}\,dt = \int_0^{\frac{3}{4}} \pr{\frac{1}{2(1-t)}+\frac{1}{2(1+t)}-1}\,dt $$
$$ I = \bkk{\frac{1}{2}\ln\frac{1+t}{1-t}-t}_0^{\frac{3}{4}} = \Ans{-\frac{3}{4} + \frac{1}{2}\ln7} $$

IBC13 - C

BASIC・Difficulty 3
作問: りょ (ryo)

$$ \int_0^{\frac{\pi}{6}} \frac{\cos x}{\sqrt{3}\sin x+\cos x}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC13 Problem C↗

ヒントを見る

$t = \tan x$と置換すると、有理関数の積分になる。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$t = \tan x$とおくと、$t:\,0\to\dfrac{1}{\sqrt{3}},\,dx = \dfrac{1}{t^2+1}\,dt$となる。
$$ I = \int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \frac{1}{(\sqrt{3}t+1)(t^2+1)}\,dt $$
$\dps\frac{1}{(\sqrt{3}t+1)(t^2+1)} =\frac{3}{4(\sqrt{3}t+1)}+\frac{1-\sqrt{3}t}{4(t^2+1)}$より
$$ I=\frac{3}{4}\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\frac{1}{\sqrt{3}t+1}\,dt+\frac{1}{4}\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\frac{1}{t^2+1}\,dt-\frac{\sqrt{3}}{8}\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\frac{2t}{t^2+1}\,dt $$
$$ I=\bkk{\frac{\sqrt{3}}{4}\ln(\sqrt{3}t+1)+\frac{1}{4}\arctan t-\frac{\sqrt{3}}{8}\ln(t^2+1)}_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}} $$
$$ I=\frac{\sqrt{3}}{4}\ln2+\frac{\pi}{24}-\frac{\sqrt{3}}{8}\ln\frac{4}{3} =\Ans{\frac{\pi}{24}+\frac{\sqrt{3}}{8}\ln3} $$

IBC8 - B

BASIC・Difficulty 3
作問: りよわ (science_please)

$$ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{1+\tan^3 x}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC8 Problem B↗

ヒントを見る

$t=\tan x$と置換して、$\dfrac{1}{(1+t^3)(1+t^2)} = \dfrac{A}{1+t} + \dfrac{Bt+C}{1-t+t^2} + \dfrac{Dt+E}{1+t^2}$の形に部分分数分解をする。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$t=\tan x$とおくと、$t:\,0\to1,\,dx=\dfrac{1}{1+t^2}\,dt$となる。
$$ I = \int_0^1 \frac{1}{(1+t^3)(1+t^2)}\,dt $$
$\dfrac{1}{(1+t^3)(1+t^2)} = \dfrac{A}{1+t} + \dfrac{Bt+C}{1-t+t^2} + \dfrac{Dt+E}{1+t^2}$とおいて、両辺の分母を払って係数を比較すると$A=\dfrac{1}{6},\,B=-\dfrac{2}{3},\,C=\dfrac{1}{3},\,D=\dfrac{1}{2},\,E=\dfrac{1}{2}$となる。
$$ I = \frac{1}{6}\int_0^1 \frac{dt}{t+1} - \frac{1}{3}\int_0^1 \frac{2t-1}{t^2-t+1}\,dt + \frac{1}{4}\int_0^1 \frac{2t}{t^2+1}\,dt + \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1}{t^2+1}\,dt $$
$$ I = \bkk{\frac{1}{6}\ln(1+t)-\frac{1}{3}\ln(t^2-t+1) + \frac{1}{4}\ln(t^2+1) + \frac{1}{2}\arctan t}_0^1 = \Ans{\frac{5}{12}\ln2 + \frac{\pi}{8}} $$

IBC3 - E

BASIC・Difficulty 6
作問: えんで (ende)

$$ \int_1^2 \frac{\sqrt[4]{x-1}}{x^2}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC3 Problem E↗

ヒントを見る

$t=\sqrt[4]{x-1}$と置換する。また、$t^4+1=(t^2+\sqrt{2}t+1)(t^2-\sqrt{2}t+1)$を用いる。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$t=\sqrt[4]{x-1}$とおくと、$t:\,0\to1,\,dx=4t^3\,dt$となる。
$$ I=\int_1^2 \frac{\sqrt[4]{x-1}}{x^2}\,dx = \int_0^1 \frac{4t^4}{(t^4+1)^2}\,dt $$
$\dfrac{d}{dt}\dfrac{1}{t^4+1}=-\dfrac{4t^3}{(t^4+1)^2}$を用いて部分積分をすると
$$ I = \bkk{-t\cdot\frac{1}{t^4+1}}_0^1 + \int_0^1 \frac{1}{t^4+1}\,dt = -\frac{1}{2} + \int_0^1 \frac{1}{t^4+1}\,dt $$
$$ I = -\frac{1}{2} + \int_0^1 \pr{ \frac{1}{4\sqrt{2}}\frac{(t^2+\sqrt{2}t+1)'}{t^2+\sqrt{2}t+1} - \frac{1}{4\sqrt{2}}\frac{(t^2-\sqrt{2}t+1)'}{t^2-\sqrt{2}t+1} + \frac{1}{4(t^2+\sqrt{2}t+1)} + \frac{1}{4(t^2-\sqrt{2}t+1)} }\,dt $$
$$ I = -\frac{1}{2} + \frac{1}{4\sqrt{2}}\bkk{ \ln\frac{t^2+\sqrt{2}t+1}{t^2-\sqrt{2}t+1} }_0^1 + \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1}{\pr{\sqrt{2}t+1}^2+1}\,dt + \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1}{\pr{\sqrt{2}t-1}^2+1} \,dt $$
$$ I = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1) + \frac{1}{2\sqrt{2}} \bkk{ \arctan\pr{\sqrt{2}t-1} + \arctan\pr{\sqrt{2}t+1} }_0^1 $$
$\arctan(\sqrt{2}+1)=\dfrac{3\pi}{8},\,\arctan(\sqrt{2}-1)=\dfrac{\pi}{8}$より
$$ I = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1) + \frac{1}{2\sqrt{2}} \pr{\frac{\pi}{2}-0} = \Ans{-\frac{1}{2} + \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1) + \frac{\sqrt{2}}{8}\pi} $$

IFHS1 - C

BASIC・Difficulty 5
作問: かーみん (Gagoh_Okowa)

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x\sin2x}{\sin\pr{x+\frac{\pi}{4}}(2-\sin2x)}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IFHS1 Problem C↗

ヒントを見る

King's Propertyで$x$を処理し、三角関数を置換して有理関数にする。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$$ I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x\sin2x}{\sin\pr{x+\frac{\pi}{4}}(2-\sin2x)}\,dx $$
King's Propertyから$y=\dfrac{\pi}{2}-x$とおくと
$$ I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pr{\frac{\pi}{2}-y}\sin2y}{\sin\pr{y+\frac{\pi}{4}}(2-\sin2y)}\,dy $$
置換前後の2式を足し合わせると
$$ 2I = \frac{\pi}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin2x}{\sin\pr{x+\frac{\pi}{4}}(2-\sin2x)}\,dx = \frac{\pi}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{2\sin x\cos x}{\frac{1}{\sqrt{2}}(\sin x+\cos x)(2-2\sin x\cos x)}\,dx $$
$t=\sin x-\cos x$と置換して、$t:\,-1\to 1,\,dt=(\sin x+\cos x)\,dx,\,2\sin x\cos x=1-t^2$より
$$ \frac{4}{\sqrt{2}\pi} I = \int_{-1}^1 \frac{1-t^2}{(2-t^2)(1+t^2)}\,dt = 2\int_0^1 \frac{1-t^2}{(2-t^2)(1+t^2)}\,dt $$
$\dfrac{1-t^2}{(2-t^2)(1+t^2)} = \dfrac{At+B}{1+t^2} + \dfrac{C}{\sqrt{2}-t} + \dfrac{D}{\sqrt{2}+t}$と部分分数分解すると、$A=0,\,B=\dfrac{2}{3},\,C=-\dfrac{\sqrt{2}}{12},\,D=-\dfrac{\sqrt{2}}{12}$であるので
$$ \frac{2}{\sqrt{2}\pi} I = \int_0^1 \pr{\dfrac{2}{3}\dfrac{1}{1+t^2} - \dfrac{\sqrt{2}}{12}\dfrac{1}{\sqrt{2}-t} - \dfrac{\sqrt{2}}{12}\dfrac{1}{\sqrt{2}+t}}\,dt $$
$$ I = \frac{\sqrt{2}\pi}{2}\bkk{\frac{2}{3}\arctan t+\frac{\sqrt{2}}{12}\ln\abs{\frac{t-\sqrt{2}}{t+\sqrt{2}}}}_0^1 = \frac{\sqrt{2}\pi}{2}\pr{\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{2}}{6}\ln(\sqrt{2}+1)} $$
$$ I = \Ans{\frac{\sqrt{2}\pi^2}{12}-\frac{\pi}{6}\ln(\sqrt{2}+1)} $$

IBC15 - F

BASIC・Difficulty 6
作問: Crystal (Crystal)

$$ \int_0^{\infty} \frac{1}{1+\sinh^3 x}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC15 Problem F↗

ヒントを見る

$\dfrac{1}{1+\sinh^3 x}$を部分分数分解して、分解したそれぞれの項を根気よく置換する。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^{\infty} \frac{1}{1+\sinh^3 x}\,dx = \frac{1}{3}\int_0^{\infty} \frac{1}{1+\sinh x}\,dx - \frac{1}{3}\int_0^{\infty} \frac{\sinh x-2}{\sinh^2 x-\sinh x+1}\,dx $$
定積分$\dps I_1 = \int_0^{\infty} \frac{1}{1+\sinh x}\,dx,\,I_2=\int_0^{\infty} \frac{\sinh x-2}{\sinh^2 x-\sinh x+1}\,dx $とおく。
$I_1$について$t=e^x$とおくと、$t:\,1\to\infty,\,dt=t\,dx,\,\sinh x=\dfrac{t-t^{-1}}{2}$から
$$ I_1 = \int_0^{\infty} \frac{1}{1+\sinh x}\,dx = \int_1^{\infty} \frac{2}{t^2+2t-1}\,dt = \int_1^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2}}\pr{ \frac{1}{t+1-\sqrt{2}}-\frac{1}{t+1+\sqrt{2}} }\,dt $$
$$ I_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\bkk{\ln\frac{t+1-\sqrt{2}}{t+1+\sqrt{2}}}_1^{\infty} = -\frac{1}{\sqrt{2}}\ln\frac{2-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}} = \sqrt{2}\ln(1+\sqrt{2}) $$
$I_2$について$s=\sinh x$とおくと、$s:\,0\to\infty,\,ds=\cosh x\,dx=\sqrt{1+s^2}\,dx$となり
$$ I_2 = \int_0^{\infty} \frac{\sinh x-2}{\sinh^2 x-\sinh x+1}\,dx = \int_0^{\infty} \frac{s-2}{(s^2-s+1)\sqrt{s^2+1}}\,ds $$
さらに$s=\dfrac{1}{u}$とおき、置換後の積分変数を再び$s$と書くと
$$ I_2 = \int_{\infty}^0 \frac{\frac{1}{s}-2}{\pr{ \frac{1}{s^2}-\frac{1}{s}+1 }\sqrt{\frac{1}{s^2}+1}}\pr{-\frac{1}{s^2}}\,ds = \int_0^{\infty} \frac{1-2s}{(s^2-s+1)\sqrt{s^2+1}}\,ds $$
$a,\,b\in\R$として
$$ (a+b)I_2 = \int_0^{\infty} \frac{(a-2b)s+(b-2a)}{(s^2-s+1)\sqrt{s^2+1}}\,ds $$
とできる。$s=\tan\theta$と置換して
$$ (a+b)I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(a-2b)\sin\theta+(b-2a)\cos\theta}{1-\sin\theta\cos\theta}\,d\theta $$
ここで$a=b=1$とすると、被積分関数は$\theta=\dfrac{\pi}{4}$について対称であるので
$$ 2I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} -\frac{\sin\theta+\cos\theta}{1-\sin\theta\cos\theta}\,d\theta = -2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin\theta+\cos\theta}{1-\sin\theta\cos\theta}\,d\theta $$
$u=\sin\theta-\cos\theta$とおくと、$u:\,-1\to0,\,du=(\sin\theta+\cos\theta)\,d\theta,\,1-\sin\theta\cos\theta=\dfrac{1+u^2}{2}$であるので
$$ I_2 = \int_{-1}^0 \frac{-2}{1+u^2}\,du = -\frac{\pi}{2} $$
となる。
以上より、$\dps I=\frac{1}{3}I_1-\frac{1}{3}I_2=\Ans{\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{2}}{3}\ln(1+\sqrt{2})}$を得る。

IBC18 - F

BASIC・Difficulty 6
作問: Mage998244353 (Cyan998244353)

$$ \int_1^{\infty} \frac{\floor{x}}{x(x+1)(x+2)}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC18 Problem F↗

ヒントを見る

$[n,\,n+1)$ごとに区間を分けて、$\floor{x}=n$として積分し、級数に変換する。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
積分区間を$[n,\,n+1)\,(n=1,\,2,\,\cdots)$と分けると、$\floor{x}=n\,(n\leq x< n+1)$となるので
$$ I=\int_1^{\infty} \frac{\floor{x}}{x(x+1)(x+2)}\,dx=\sum_{n=1}^{\infty} \int_n^{n+1} \frac{n}{x(x+1)(x+2)}\,dx $$
$\dps \frac{1}{x(x+1)(x+2)}=\frac{1}{2}\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2}\frac{1}{x+2}$と部分分数分解できるので
$$ I=\sum_{n=1}^{\infty} n\int_n^{n+1} \pr{ \frac{1}{2}\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2}\frac{1}{x+2} }\,dx = \sum_{n=1}^{\infty} n\bkk{ \frac{1}{2}\ln x-\ln(x+1)+\frac{1}{2}\ln(x+2) }_n^{n+1} $$
$$ I = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} n\pr{ \pr{ \ln\frac{n+1}{n}-\ln\frac{n+2}{n+1} } - \pr{ \ln\frac{n+2}{n+1}-\ln\frac{n+3}{n+2} } } $$
$\dps n=\sum_{m=1}^n 1$として書いて、各項は$2\int_n^{n+1}\dfrac{1}{x(x+1)(x+2)}\,dx>0$であるので、級数の順序を交換できる。望遠和を用いると
$$ I = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^n \pr{ \pr{ \ln\frac{n+1}{n}-\ln\frac{n+2}{n+1} } - \pr{ \ln\frac{n+2}{n+1}-\ln\frac{n+3}{n+2} } } = \frac{1}{2}\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=m}^{\infty} \pr{ \pr{ \ln\frac{n+1}{n}-\ln\frac{n+2}{n+1} } - \pr{ \ln\frac{n+2}{n+1}-\ln\frac{n+3}{n+2} } } $$
$$ I = \frac{1}{2}\sum_{m=1}^{\infty} \pr{\ln\frac{m+1}{m} - \ln\frac{m+2}{m+1} } = \Ans{\frac{1}{2}\ln2} $$

IBC3 - F

BASIC・Difficulty 7
作問: 自作問題 (sakumonjp)

$$ \int_0^{\infty} \frac{x^4+x^2+1}{(x^2+1)^3(1+x^{\pi})}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC3 Problem F↗

ヒントを見る

$y=\dfrac{1}{x}$と置換し、置換前後の式を足して$1+x^{\pi}$の因子を消す。その後、部分分数分解する。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$x=\dfrac{1}{y}$とおくと、$y:\infty\to 0,\,dx=-\dfrac{1}{y^2}\,dy$なので
$$ I = \int_0^{\infty} \frac{x^4+x^2+1}{(x^2+1)^3(1+x^{\pi})}\,dx = \int_0^{\infty} \frac{\frac{1}{y^4}+\frac{1}{y^2}+1}{\pr{\frac{1}{y^2}+1}^3\pr{1+\frac{1}{y^{\pi}}}}\frac{1}{y^2}\,dy = \int_0^{\infty} \frac{(y^4+y^2+1)y^{\pi}}{(y^2+1)^3(1+y^{\pi})}\,dy $$
置換前後の2式を足し合わせると、$1+x^{\pi}$の因子が消え、次を得る。
$$ 2I = \int_0^{\infty} \frac{x^4+x^2+1}{(x^2+1)^3}\,dx $$
$X=x^2$と見て、$\dps \frac{X^2+X+1}{(X+1)^3}=\frac{A}{(X+1)^3}+\frac{B}{(X+1)^2}+\frac{C}{X+1}$の両辺の分母を払って係数を比較すると、$A=1,\,B=-1,\,C=1$となるので
$$ 2I = \int_0^{\infty} \pr{\frac{1}{(x^2+1)^3}-\frac{1}{(x^2+1)^2}+\frac{1}{x^2+1} }\,dx $$
ここで$\dps I_n=\int_0^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n}\,dx \,(n=1,\,2,\,\cdots)$とすると
$$ I_n = \int_0^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n}\,dx = \bkk{x\cdot\frac{1}{(1+x^2)^n}}_0^{\infty} + 2n\int_0^{\infty} \frac{x^2}{(1+x^2)^{n+1}}\,dx = 2n(I_n-I_{n+1}) $$
よって、$I_{n+1}=\dfrac{2n-1}{2n}I_n\,(n=1,\,2,\,\cdots)$という漸化式を得る。$I_1=\dfrac{\pi}{2}$であるので
$$ I = \frac{1}{2}\pr{ \frac{3}{8} - \frac{1}{2} + 1 }\frac{\pi}{2} = \frac{1}{2} \frac{7}{8} \frac{\pi}{2}= \Ans{\frac{7}{32}\pi} $$