【数III】√1-x^2の置換積分とlogの置換積分－パターンと解法を身につける（神戸大2021理系第2問）

sin に置換する

$\sqrt{1-x^2}$ の形は $\sin\theta$ に置換します。

$x=\sin\theta$ として

$dx=\cos\theta\space d\theta$

$\def\arraystretch{1.5}\begin{array}{c|c}x&0\rightarrow1\\\hline\theta&0\rightarrow\frac{\pi}{2}\end{array}$

$\displaystyle I=\int_0^{\small{\frac{\pi}{2}}}\sin^2\theta\sqrt{1-\sin^2\theta}\cos\theta\space d\theta$

$1-\sin^2\theta=\cos^2\theta$ だから $\sqrt{1-\sin^2\theta}=\cos\theta$ になる。

$\displaystyle=\int_0^{\small{\frac{\pi}{2}}}\sin^2\theta\cos^2\theta\space d\theta$

$\displaystyle=\int_0^{\small{\frac{\pi}{2}}}\cfrac{1}{4}(2\sin\theta\cos\theta)^2\space d\theta$
$\displaystyle=\cfrac{1}{4}\int_0^{\small{\frac{\pi}{2}}}\sin^22\theta\space d\theta$

$\sin^2$ の形がきたら，半角の公式を使って次数を下げます。ここもセオリーなので暗記しましょう。

$\displaystyle=\cfrac{1}{4}\int_0^{\small{\frac{\pi}{2}}}\cfrac{1-\cos4\theta}{2}\space d\theta$
$\displaystyle=\cfrac{1}{8}\int_0^{\small{\frac{\pi}{2}}}1-\cos4\theta\space d\theta$
$=\cfrac{1}{8}\Big[\theta-\cfrac{1}{4}\sin4\theta\Big]_0^{\small{\frac{\pi}{2}}}$
$=\cfrac{1}{8}\cdot\cfrac{\pi}{2}=\cfrac{\pi}{16}$　（答え）

log は部分積分で解く

$\log$ の場合は部分積分を使います。

この問題はもう一つポイントがあります。単に $\log x$ であれば，そのまま部分積分に持ち込むのですが，今回は $\log(x^2+1)$ です。

こういった場合も，やはり置換積分を行います。

$x^2+1=t$ とすると

$2x\space dx=dt$
$x\space dx=\cfrac{1}{2}dt$

$\def\arraystretch{1.5}\begin{array}{c|c}x&0\rightarrow1\\\hline t&1\rightarrow2\end{array}$

$\displaystyle J=\int_0^1x^3\log(x^2+1)\space dx$

$x^3$ を $x^2$ と $x$ に分けます。

$\displaystyle=\int_0^1x^2\log(x^2+1)\cdot x\space dx$

さらに，$x^2+1=t$ から $x^2=t-1$ となるので

$\displaystyle=\int_1^2(t-1)\log t\cdot\cfrac{1}{2}dt$
$\displaystyle=\cfrac{1}{2}\int_1^2(t-1)\log t\space dt$

部分積分に持ち込むために，$(t-1)$ を微分の式に変形します。

$\displaystyle=\cfrac{1}{2}\int_1^2\Big\{\cfrac{(t-1)^2}{2}\Big\}’\log t\space dt$

$\displaystyle=\cfrac{1}{4}\int_1^2\{(t-1)^2\}’\log t\space dt$

部分積分の公式に当てはめると

$\displaystyle=\cfrac{1}{4}\Big[(t-1)^2\log t\Big]_1^2-\cfrac{1}{4}\int_1^2(t-1)^2\cdot\cfrac{1}{t}\space dt$

$\displaystyle=\cfrac{1}{4}\log 2-\cfrac{1}{4}\int_1^2(t^2-2t+1)\cdot\cfrac{1}{t}\space dt$
$\displaystyle=\cfrac{1}{4}\log 2-\cfrac{1}{4}\int_1^2t-2+\cfrac{1}{t}\space dt$
$=\cfrac{1}{4}\log 2-\cfrac{1}{4}\Big[\cfrac{t^2}{2}-2t+\log t\Big]_1^2$
$=\cfrac{1}{4}\log 2-\cfrac{1}{4}\Big(2-4+\log 2-\cfrac{1}{2}+2\Big)$
$=\cfrac{1}{4}\log 2-\cfrac{1}{4}\Big(\log2-\cfrac{1}{2}\Big)$
$=\cfrac{1}{4}\log2-\cfrac{1}{4}\log2+\cfrac{1}{8}$
$=\cfrac{1}{8}$　（答え）

置換積分を使わない方法

(2)は置換積分を使わないでも解くことができます。力技ですが，積分の解き方は必ずしも一通りではありません。問題集の模範解答だけが唯一の答えではないということを示しておきたいと思います。

$\displaystyle J=\int_0^1x^3\log(x^2+1)\space dx$
$\displaystyle J=\int_0^1\Big(\cfrac{x^4}{4}\Big)’\log(x^2+1)\space dx$

部分積分の公式より

$\displaystyle=\Big[\cfrac{x^4}{4}\log(x^2+1)\Big]_0^1-\int_0^1\cfrac{x^4}{4}\cdot\cfrac{2x}{x^2+1}\space dx$
$\displaystyle=\cfrac{1}{4}\log2-\cfrac{1}{2}\int_0^1\cfrac{x^5}{x^2+1}\space dx$

ここで，$\displaystyle\int_0^1\cfrac{x^5}{x^2+1}\space dx$ の部分を処理します。

ここからやることは分子の有理化です。分母と分子の両方に $x$ があると積分できないので，分子の $x$ を有理化によって解消していきます。

$\displaystyle\int_0^1\cfrac{x^5}{x^2+1}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\cdot\cfrac{x^4}{x^2+1}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\cdot\cfrac{x^4+2x^2+1-2x^2-1}{x^2+1}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\cdot\cfrac{(x^2+1)^2-2x^2-1}{x^2+1}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\Big\{\cfrac{(x^2+1)^2}{x^2+1}-\cfrac{2x^2+1}{x^2+1}\Big\}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\Big\{x^2+1-\cfrac{2x^2+1}{x^2+1}\Big\}\space dx$

さらに有理化していきます。

$\displaystyle=\int_0^1x\Big\{x^2+1-\cfrac{x^2+1+x^2}{x^2+1}\Big\}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\Big\{x^2+1-\cfrac{x^2+1}{x^2+1}-\cfrac{x^2}{x^2+1}\Big\}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\Big\{x^2+1-1-\cfrac{x^2}{x^2+1}\Big\}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\Big\{x^2-\cfrac{x^2}{x^2+1}\Big\}\space dx$

もう一度有理化しましょう。

$\displaystyle=\int_0^1x\Big\{x^2-\cfrac{x^2+1-1}{x^2+1}\Big\}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\Big\{x^2-\cfrac{x^2+1}{x^2+1}+\cfrac{1}{x^2+1}\Big\}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x\Big\{x^2-1+\cfrac{1}{x^2+1}\Big\}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1x^3-x+\cfrac{x}{x^2+1}\space dx$

ここで，$\{\log(x^2+1)\}’=\cfrac{2x}{x^2+1}$ より

$\displaystyle=\Big[\cfrac{x^4}{4}-\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{1}{2}\log(x^2+1)\Big]_0^1$
$=\cfrac{1}{4}-\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2}\log2-\cfrac{1}{2}\log1$
$=-\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{2}\log2$

したがって

$J=\cfrac{1}{4}\log2-\cfrac{1}{2}\Big(-\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{2}\log2\Big)$
$=\cfrac{1}{4}\log 2+\cfrac{1}{8}-\cfrac{1}{4}\log2$
$=\cfrac{1}{8}$ （答え）