「積分クイズ」解説

初めに

https://kuizy.net/quiz/3593

を参照してください

数式がうまく表示されない場合は再読み込みすると解決するかもしれません

 

 

第1問

$$\int_{0}^{1}xdx$$

{x}の原始関数は{\frac{x^2}{2}}です。これは{\frac{x^2}{2}}微分すると{x}となることからわかります。よって

$$\int_{0}^{1}xdx=\left[\frac{x^2}{2}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{2}$$

となります。

よって答えは{1/2}です。

第2問

$$\int_{0}^{1}x^3(1-x)^3dx$$

2通りの方法を紹介します。

1つ目は普通に展開する方法

$$\int_{0}^{1}x^3(1-x)^3dx=\int_{0}^{1}x^3-3x^4+3x^5-x^6dx$$

$$=\left[\frac{x^4}{4}-\frac{3x^5}{5}+\frac{3x^6}{6}-\frac{x^7}{7}\right]_{0}^{1}$$

$$=\frac{1}{4}-\frac{3}{5}+\frac{3}{6}-\frac{1}{7}=\frac{35-84+70-20}{140}=\frac{1}{140}$$

より答えは{1/140}です。

 

2つ目はベータ関数を使う方法

一般に自然数{n,m}に対して以下の等式が成り立ちます。

$$\int_{0}^{1}x^n(1-x)^mdx=\frac{n!m!}{(n+m+1)!}$$

この等式に{n=m=3}を代入すると

$$\int_{0}^{1}x^3(1-x)^3dx=\frac{3!3!}{7!}=\frac{6}{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4}=\frac{1}{140}$$

となるため、答えは{1/140}です。

第3問

$$\int_{0}^{\pi}x\sin{x}dx$$

これは部分積分を使う方法が一般的だと思います。

$$\int_{0}^{\pi}x\sin{x}dx=\left[x(-\cos{x})\right]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}(-\cos{x})dx$$

$$=\pi+\int_{0}^{\pi}\cos{x}dx=\pi+\left[\sin{x}\right]_{0}^{\pi}=\pi$$

となるため、答えは{\pi}です。

別解

$$I=\int_{0}^{\pi}x\sin{x}dx$$

として、{x=\pi-y}と置換すると

$$I=\int_{\pi}^{0}(\pi-y)\sin{(\pi-y)}(-dy)=\int_{0}^{\pi}(\pi-y)\sin{y}dy$$

となり、これを足し合わせると

$$2I=\int_{0}^{\pi}x\sin{x}dx+\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\sin{x}dx$$

$$=\int_{0}^{\pi}\pi\sin{x}dx=\left[-\pi\cos{x}\right]_{0}^{\pi}=2\pi$$

よって{I=\pi}となります。

第4問

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+e^x}$$

これは{e^x=y}と置換すると解ける。このとき{e^xdx=dy}となり、{y}の範囲は{1}から{e}までとなります。すると

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+e^x}=\int_{0}^{1}\frac{e^x}{e^x(1+e^x)}dx$$

$$=\int_{1}^{e}\frac{1}{y(y+1)}dy=\int_{1}^{e}\frac{1}{y}-\frac{1}{1+y}dy$$

$$=\left[\log{\left(\frac{y}{y+1}\right)}\right]_{1}^{e}=\log{\left(\frac{e}{e+1}\right)}-\log{\left(\frac{1}{2}\right)}$$

$$=1-\log{(e+1)}+\log{2}$$

よって答えは{1-\log{(e+1)}+\log{2}}です。

第5問

$$\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$$

いろいろな解法がありますが、一番スマートな方法だと以下のようになります。

{t=\log{\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}}と置換する。このとき、

$$\frac{dt}{dx}=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$

そして{x}が0から1まで動くとき{t}は0から{\log{(1+\sqrt{2})}}まで動きます。({t}{x}について単調増大であることに注意)

よって

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}=\int_{0}^{\log{(1+\sqrt{2})}}dt=\log{(1+\sqrt{2})}$$

となるため、答えは{\log{(1+\sqrt{2})}}となります。

この問題、最初の置換は初見殺しに見えますが{\sqrt{1+x^2}}の形が登場する積分を計算するときにはよく使う変換方式なので覚えていて損はないかもしれません。

ちなみに余談ですが{t=\log{(x+\sqrt{1+x^2})}}双曲線関数を使うと{x=\sinh{t}}というように書けるという話もあります。(キーワード:逆双曲線関数

第6問

 $$\int_{0}^{1}\log{(1+x^2)}dx$$

logが出てくる積分は部分積分と相性がいい*1のでそれが使えるかを確認してみましょう。

$$\int_{0}^{1}\log{(1+x^2)}dx=\left[x\log{(1+x^2)}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}x\cdot \frac{2x}{1+x^2}dx$$

$$=\log{2}-2\int_{0}^{1}\frac{x^2}{1+x^2}dx=\log{2}-2\int_{0}^{1}\frac{x^2+1-1}{1+x^2}dx$$

$$=\log{2}-2+2\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^2}$$

ここで、

$$\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx$$

については、{x=\tan{\theta}}と置換します。すると{dx=\frac{d\theta}{\cos^2{\theta}}}となるため、

$$\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx=\int_{0}^{\pi/4}d\theta=\frac{\pi}{4}$$

よって

$$\log{2}-2+2\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^2}=\log{2}-2+\frac{\pi}{2}$$

よって答えは{\log{2}-2+\frac{\pi}{2}}です。

第7問

$$\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin{x}}{\sin{x}+\cos{x}}dx$$

これから使う手法ってどうやら「King Property」という名前がついていたらしいです。(つい最近知りました)

$$I=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin{x}}{\sin{x}+\cos{x}}dx$$

 について、{y=\frac{\pi}{2}-x}と置換すると

$$I=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2}-y\right)}}{\sin{\left(\frac{\pi}{2}-y\right)}+\cos{\left(\frac{\pi}{2}-y\right)}}dy$$

$$=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\cos{y}}{\cos{y}+\sin{y}}dy$$

よって

$$I+I=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin{x}}{\sin{x}+\cos{x}}dx+\int_{0}^{\pi/2}\frac{\cos{y}}{\cos{y}+\sin{y}}dy$$

$$=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin{x}+\cos{x}}{\sin{x}+\cos{x}}dx=\int_{0}^{\pi/2}dx=\frac{\pi}{2}$$

{2I=\frac{\pi}{2}}であるため、{I=\frac{\pi}{4}}となります。

よって答えは{\frac{\pi}{4}}となります。

第8問

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^4}$$

分母を因数分解すると{1+x^4=(x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1)}となります。

これを使って被積分関数を部分分数分解します。すると

$$\frac{1}{1+x^4}=\frac{ax+b}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\frac{cx+d}{x^2-\sqrt{2}x+1}$$

両辺に{(1+x^4)}を掛けると

$$1=(ax+b)(x^2-\sqrt{2}x+1)+(cx+d)(x^2+\sqrt{2}x+1)$$

$$1=ax^3+bx^2-a\sqrt{2}x^2-b\sqrt{2}x+ax+b+cx^3+dx^2+c\sqrt{2}x^2+d\sqrt{2}x+cx+d$$

$$0=(a+c)x^3+(b-a\sqrt{2}+d+c\sqrt{2})x^2+(a-b\sqrt{2}+c+d\sqrt{2})x+b+d-1$$

 これが{x}についての恒等式となるためには

$$a+c=0,b+d=(a-c)\sqrt{2},a+c=(b-d)\sqrt{2},b+d=1$$

となることが必要になるけど、{a+c=0}より{b-d=0}となるため{b+d=1}より{b=1/2,d=1/2}となり、{a-c=\frac{\sqrt{2}}{2}}となるため、{a=\frac{\sqrt{2}}{4},c=-\frac{\sqrt{2}}{4}}となる。よって結局

$$\frac{1}{1+x^4}=\frac{1}{4}\frac{\sqrt{2}x+2}{x^2+\sqrt{2}x+1}-\frac{1}{4}\frac{\sqrt{2}x-2}{x^2-\sqrt{2}x+1}$$

$$=\frac{\sqrt{2}}{8}\frac{2x+2\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2}x+1}-\frac{\sqrt{2}}{8}\frac{2x-2\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2}x+1}$$

となります。ここで、

$$\int_{0}^{1}\frac{2x+2\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2}x+1}dx=\int_{0}^{1}\frac{(2x+\sqrt{2})+\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2}x+1}$$

前半は分母を微分すると分子の形になるため対数の形に持っていくことができます。

$$\int_{0}^{1}\frac{2x+\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2}x+1}dx=\left[\log{(x^2+\sqrt{2}x+1)}\right]_{0}^{1}=\log{(2+\sqrt{2})}$$

後半は適切に置換することでtanの形の積分に持っていくことができます。

$$\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2}x+1}dx=\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{2}}{\left(x+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2}dx$$

 $$x+\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}y$$

と置換します。すると{y}の範囲は{1}から{1+\sqrt{2}}となります。よって

$$=\int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{2}(1+y^2)}\frac{1}{\sqrt{2}}dy=2\int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{dy}{1+y^2}$$

次に、

$$\int_{0}^{1}\frac{2x-2\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2}x+1}dx=\int_{0}^{1}\frac{(2x-\sqrt{2})-\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2}x+1}$$

についてもほとんど同じような方法で解けます。

$$\int_{0}^{1}\frac{2x-\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2}x+1}dx=\left[\log{(x^2-\sqrt{2}x+1)}\right]_{0}^{1}=\log{(2-\sqrt{2})}$$

後半もほとんど同じです。

$$\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2}x+1}dx=\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{2}}{\left(x-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2}dx$$

 $$x-\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}y$$

と置換します。すると{y}の範囲は{-1}から{\sqrt{2}-1}となります。よって

$$=\int_{-1}^{\sqrt{2}-1}\frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{2}(1+y^2)}\frac{1}{\sqrt{2}}dy=2\int_{-1}^{\sqrt{2}-1}\frac{dy}{1+y^2}$$

 まとめると、

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^4}=\frac{\sqrt{2}}{8}\left(\log{(2+\sqrt{2})}+2\int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{dy}{1+y^2}\right)-\frac{\sqrt{2}}{8}\left(\log{(2-\sqrt{2})}-2\int_{-1}^{\sqrt{2}-1}\frac{dy}{1+y^2}\right)$$

ここで、{\frac{1}{1+y^2}}は偶関数であるため、

$$\int_{-1}^{\sqrt{2}-1}\frac{dy}{1+y^2}=\int_{-\sqrt{2}+1}^{1}\frac{dy}{1+y^2}$$

となることに注意すると

$$=\frac{\sqrt{2}}{8}\left(\log{(2+\sqrt{2})}-\log{(2-\sqrt{2})}+2\int_{-\sqrt{2}+1}^{1+\sqrt{2}}\frac{dy}{1+y^2}\right)$$

ここで、

$$\log{(2+\sqrt{2})}-\log{(2-\sqrt{2})}=\log{\left(\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}\right)=2\log{(1+\sqrt{2})}}$$

$$\int_{-\sqrt{2}+1}^{1+\sqrt{2}}\frac{dy}{1+y^2}=\int_{\alpha}^{\beta}d\theta=\beta-\alpha$$

({y=\tan{\theta}}と置換した。ここで、{\tan{\alpha}=-\sqrt{2}+1,\tan{\beta}=1+\sqrt{2}}となる。)

ここで、{\tan{\alpha}\tan{\beta}=-1}となるため、{\beta=\alpha+\pi/2}となる。よって{\beta-\alpha=\pi/2}となる。よって、

$$\frac{\sqrt{2}}{8}\left(\log{(2+\sqrt{2})}-\log{(2-\sqrt{2})}+2\int_{-\sqrt{2}+1}^{1+\sqrt{2}}\frac{dy}{1+y^2}\right)=\frac{\sqrt{2}}{8}\left(2\log{(1+\sqrt{2})}+2\frac{\pi}{2}\right)$$

$$=\frac{1}{4\sqrt{2}}\left(\pi+2\log{(1+\sqrt{2})}\right)$$

 よって答えは{\frac{\pi+2\log{(1+\sqrt{2})}}{4\sqrt{2}}}となります。

余談:実は{\alpha,\beta}は具体的に値を求めることができて、{\beta=\frac{3\pi}{8},\alpha=\frac{-\pi}{8}}となります。tanの半角公式などを使って計算するとわかります。

第9問

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx$$

これはガウス積分と呼ばれるものです。統計などで出てきます。重積分を使うことで解くことができます。

$$I=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx$$

としたとき、

$$I^2=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy$$

 これは重積分の形に持ってくることができます。*2

$$I^2=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2-y^2}dxdy$$

これを変数変換します。{x=r\cos{\theta},y=r\sin{\theta}}とすると、(注意:ここで{0\leq r\lt \infty,0\leq \theta\lt 2\pi}とする。)

ヤコビ行列は

$$J(r,\theta)=\begin{pmatrix}\frac{\partial x}{\partial r}&\frac{\partial y}{\partial r}\\\frac{\partial x}{\partial \theta}&\frac{\partial y}{\partial \theta}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos{\theta}&\sin{\theta}\\-r\sin{\theta}&r\cos{\theta}\end{pmatrix}$$

 よってヤコビアンはこれの行列式の絶対値であるため、

$$|J(r,\theta)|=r$$

となるため、

$$dxdy=|J(r,\theta)|drd\theta=rdrd\theta$$

となります。これをもとの積分に適用させると

$$I^2=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta$$

となって、項別積分すると

$$=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\infty}re^{-r^2}dr$$

となります。すると

$$=2\pi\left[\frac{1}{2}e^{-r^2}\right]_{0}^{\infty}=\pi$$

となるため、{I^2=\pi}よって{I=\pm\sqrt{\pi}}となりますが、

{e^{-x^2}\geq 0}であるため{I\geq 0}となるため{I=\sqrt{\pi}}となります。

よって答えは{\sqrt{\pi}}です。

第10問

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos{x}}{1+x^2}dx$$

これはフーリエ変換の計算で出てきます。複素積分の留数定理を使った手法で解くことができます。

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin{x}}{1+x^2}dx=0$$

となります(被積分関数が奇関数であることからわかる)

すると

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{1+x^2}dx$$

を導けばいいことになる。これを複素積分で求めることを考える。

以下の積分経路を考える

f:id:shakayami:20200710020131p:plain

積分経路

{C=C_1+C_2,f(z)=\frac{e^{iz}}{1+z^2}}とする。このとき

$$\int_{C}f(z)dz=2\pi i\mathrm{Res}_{z=i}f(z)=\frac{\pi}{e}$$

ここで、留数については{f(z)}{z=i}で1位の極を持つため

$$\mathrm{Res}_{z=i}f(z)=\lim_{z\to i}(z-i)f(z)=\lim_{z\to i}\frac{e^{iz}}{z+i}=\frac{e^{-1}}{2i}$$

となっている。

ここで、

$$\int_{C_1}f(z)dz=\int_{-R}^{R}f(x)dx\to\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx(R\to\infty)$$

となっていて、

$$\left|\int_{C_2}f(z)dz\right|\leq \int_{C_2}|f(z)|dz\leq \pi R\frac{1}{R^2-1}\to 0(R\to\infty)$$

となる。よって

$$\int_{C}f(z)dz=\int_{C_1}f(z)dz+\int_{C_2}f(z)dz$$

の両辺の{R\to\infty}の極限を取ると

$$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx=\frac{\pi}{e}$$

よって正解は{\frac{\pi}{e}}となります。

総評

問9と問10は範囲が大学レベルであり一見馴染みの薄い手法を使っているため難しいように感じるだろう。しかしこの2つは大学数学の基礎レベルであるため大学数学をやっていれば難しくない。何がいいたいかというと最も解答を書くのが大変だったのは問8でした。

あと余談ですがこのクイズを作るとき分野をいい感じに散らばせることに気を使った記憶があります。

*1:f(x)を1とf(x)の積とみなして積分するとx*f'(x)の積分を計算するという形が出現します。ここでf(x)がlogの表記を使う関数である場合、微分すると1/xの形が出てくるのでx*1/xで打ち消されていい感じになります。なのでlogと部分積分は相性がいいのです。

*2:{e^{-x^2}}積分有界であることを示せばFubiniの定理を適用することができます。これは{|x|}が十分大きいところで被積分関数{e^{-|x|}}で抑えられることから導けます。