数III神戸大

【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)

次の定積分を求めよ。

(1) $\displaystyle I=\int_0^1x^2\sqrt{1-x^2}\space dx$

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

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sin に置換する

(1) $\displaystyle I=\int_0^1x^2\sqrt{1-x^2}\space dx$

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

数IIIの積分はパターンと解き方がある程度決まっているから,とにかく暗記。

$x=\sin\theta$ 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。

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

2倍角の公式 $\sin2x=2\sin x\cos x$

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

$\sin^2$ 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。

半角の公式 $\sin^2 x=\cfrac{1-\cos2x}{2}$

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

ad

log は部分積分で解く

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

$\log$ の場合は部分積分を使います。

部分積分法
$\displaystyle\int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx$

$\log$ を直接積分することはできないけど,微分はできる。$(\log x)’=\cfrac{1}{x}$ だった。これが利用できるのが部分積分。

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。

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

微分すると $\Big\{\cfrac{(t-1)^2}{2}\Big\}’=t-1$ に戻ることを確認してね。

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

$\cfrac{1}{2}$ って前に持っていってもいいの?

$\Big\{\cfrac{1}{2}(t-1)^2\Big\}’$ みたいなとき,文字を含まない係数は微分の外に出しても大丈夫よ。

部分積分の公式に当てはめると

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

ここは,$\log 1=0$ であることに注意してね。

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

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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)

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