当サイトは、PRを含む場合があります。
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。
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。
(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
\(\displaystyle I=\frac{1}{4}\left[ t\sqrt{t^2+1}+\log{(t+\sqrt{t^2+1}} ) \right]_0^{\frac{3}{4}}\\
=\displaystyle \frac{1}{4}\left\{\frac{3}{4}\sqrt{(\frac{3}{4})^2+1}+\log{\left(\frac{3}{4}+\sqrt{(\frac{3}{4})^2+1}\right)}\right\} \\
=\displaystyle \frac{1}{4}\left\{\frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4} + \log{\left(\frac{3}{4}+\frac{5}{4}\right)}\right\} \\
=\displaystyle \frac{15}{64}+\frac{1}{4}\log{2} \)
\(\displaystyle h'(x)=\sqrt{x^2+1} + \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}\\
=\displaystyle \sqrt{x^2+1} + \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{(x+\sqrt{x^2+1})\sqrt{x^2+1}}\\
=\displaystyle \sqrt{x^2+1} + \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\\
=\displaystyle \sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2+1}=2\sqrt{x^2+1} \)
(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。
広告
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。
(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
\(\displaystyle \frac{\pi}{2}J=\frac{\pi^2}{4}\)
\(\displaystyle I=\int_{\pi}^0 (\pi-t) f(\sin{(\pi-t)}) \cdot (-dt)\\=\displaystyle \int_0^{\pi} (\pi-t) f(\sin{t})dt \\=\displaystyle \pi \int_0^{\pi} f(\sin{t})dt - \int_0^{\pi} tf(\sin{t})dt \\=\displaystyle \pi \int_0^{\pi} f(\sin{t})dt - I \)
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。
解説を読んで数学がわかった「つもり」になりましたか？数学は読んでいるうちはわかったつもりになりますが演習をこなさないと実力になりません。そのためには問題集で問題を解く練習も必要です。オススメの参考書を厳選しました
<高校数学>上野竜生です。数学のオススメ参考書などをよく聞かれますのでここにまとめておきます。基本的にはたくさん買うよりも…
上野竜生です。大学数学の参考書をまとめてみました。フーリエ解析以外は自分が使ったことある本から選びました。 大…
上野竜生です。当サイトでも少し前まで各ページで学習サイトをオススメしていましたが他にもオススメできるサイトはた…
