積分の難問は誘導を利用せよ!

上野竜生です。積分は非常に奥が深くノーヒントで試験時間中に解くのは難しいものもあります。しかしそういう場合はたいてい(1)などでヒントが与えられています。今回は(1)などのヒントを使って(2)の難問積分を解く方法を紹介します。

積分の難問は誘導を利用せよ

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例題1 微分したあとに積分の問題がある場合

(1) \(h(x)=x\sqrt{x^2+1} + \log{(x+\sqrt{x^2+1})}\)とおく。\(h'(x)\)を求めよ。
(2) \(y=x^2+1\)の\(0 \leq x \leq \frac{3}{2} \)の部分の曲線の長さを求めよ。
ただし\(y=f(x) (a\leq x \leq b) \)の曲線の長さは\(\displaystyle \int_a^b \sqrt{1+(f'(x))^2}dx \)で求められることは証明なしで用いて良い。

上級者なら誘導なしでも積分できるタイプですがこの積分をノーヒントでやるのは容易ではないため誘導がついています。また(2)の公式も上級者なら知識としてあるかもしれませんがわざわざ問題で与えられているのですからこれらを使って解きましょう。ただし多少の工夫が必要です。

答え(1)
\(\displaystyle h'(x)=\sqrt{x^2+1} + \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}\\
=\displaystyle \sqrt{x^2+1} + \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{(x+\sqrt{x^2+1})\sqrt{x^2+1}}\\
=\displaystyle \sqrt{x^2+1} + \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\\
=\displaystyle \sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2+1}=2\sqrt{x^2+1} \)
(2) \(\frac{d}{dx}(x^2+1)=2x \)より求めるものIは
\(\displaystyle I=\int_0^{\frac{3}{2}} \sqrt{4x^2+1} dx \)
\(t=2x\)とおくと\( dt=2dx \)
\(\displaystyle I=\int_0^{\frac{3}{4}} \sqrt{t^2+1}\cdot \frac{1}{2} dt\\
=\displaystyle \frac{1}{4} \int_0^{\frac{3}{4}} 2\sqrt{t^2+1} dt\)
(1)の結果より
\(\displaystyle I=\frac{1}{4}\left[ t\sqrt{t^2+1}+\log{(t+\sqrt{t^2+1}} ) \right]_0^{\frac{3}{4}}\\
=\displaystyle \frac{1}{4}\left\{\frac{3}{4}\sqrt{(\frac{3}{4})^2+1}+\log{\left(\frac{3}{4}+\sqrt{(\frac{3}{4})^2+1}\right)}\right\} \\
=\displaystyle \frac{1}{4}\left\{\frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4} + \log{\left(\frac{3}{4}+\frac{5}{4}\right)}\right\} \\
=\displaystyle \frac{15}{64}+\frac{1}{4}\log{2} \)

(1)の答えとまったく同じ関数の積分ではありませんがうまく置換すれば(1)が使えますね。このぐらいの応用力は難関大では必須になります。

例題2 (1)で一般的な性質を証明する場合

(1) \(\displaystyle I=\int_0^{\pi} x f(\sin{x})dx = \frac{\pi}{2} \int_0^{\pi} f(\sin{x})dx \)を示せ。
(2) \(\displaystyle \int_0^{\pi} \frac{x\sin{x}}{2-\sin^2{x}}dx \)を求めよ。

(1)もそれなりに応用問題です。うまく置換積分することが大切です。積分区間が変わっていないので0→πの積分をπ→0と思う作戦は比較的思いつきやすいと思います。そのためにt=π-xと置換してみましょう。

(2)はどう考えても(1)の利用です。(1)を使った式まで導出できればあとは自力で解けます。

答え(1) \( t=\pi -x \)とおくとdt=-dx
\(\displaystyle I=\int_{\pi}^0 (\pi-t) f(\sin{(\pi-t)}) \cdot (-dt)\\=\displaystyle \int_0^{\pi} (\pi-t) f(\sin{t})dt \\=\displaystyle \pi \int_0^{\pi} f(\sin{t})dt – \int_0^{\pi} tf(\sin{t})dt \\=\displaystyle \pi \int_0^{\pi} f(\sin{t})dt – I \)
よって\(\displaystyle 2I= \pi \int_0^{\pi} f(\sin{t})dt \)となり
\(\displaystyle I=\frac{\pi}{2} \int_0^{\pi} f(\sin{t})dt \)
(2) (1)より
\(\displaystyle \int_0^{\pi} \frac{x\sin{x}}{2-\sin^2{x}}dx=\frac{\pi}{2} \int_0^{\pi} \frac{\sin{x}}{2-\sin^2{x}}dx \)
\(\displaystyle J=\int_0^{\pi} \frac{\sin{x}}{2-\sin^2{x}}dx \)とおく。
\(\displaystyle J=\int_0^{\pi} \frac{\sin{x}}{1+\cos^2{x}}dx \)なので\(t=\cos{x} \)とおくと\(dt=-\sin{x}dx \)
\(\displaystyle J=\int_{1}^{-1} \frac{-dt}{1+t^2}=\int_{-1}^1 \frac{1}{t^2+1}dt \)
\(t=\tan{\theta} \)とおくと\(\displaystyle dt=\frac{1}{\cos^2{\theta}}d\theta \)
\(\displaystyle J=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\tan^2{\theta}+1}\cdot \frac{1}{\cos^2{\theta}}d\theta=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} d\theta=\frac{\pi}{2} \)
よって求める積分は
\(\displaystyle \frac{\pi}{2}J=\frac{\pi^2}{4}\)

これに限らず数学では誘導を見抜く力も非常に重要です。

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