微分積分学および演習Ⅰ 演習問題 9
2018年度前期工学部・未来科学部1年 担当: 原 隆(未来科学部数学系列・助教)
自習課題
Seatwork assignment
※ 必ず 1度自分なりに解いてみてから解答をチェックすること!!
(解答は講義用ウェブページからダウンロード出来ます) Try to give your solutionsbefore checking the answer.
You can download the answer from the webpage of this class.
問題9-1. (不定積分の計算)
以下の不定積分を計算しなさい。
(1)
∫
√5
x3dx (2)
∫ sin
( 2x− 1
2π )
dx (3)
∫ 1 1 +x2dx (4)
∫ 3x2−2
x3−2xdx (5)
∫ 1
√3
3x+ 2dx (6)
∫
(tan2x+ 1)dx
【ヒント】
(3), (6) 大学に入ってから学んだ 微分法の公式を思い出そう
問題9-2. (部分積分法と置換積分法) 以下の不定積分を計算しなさい。
(1)
∫
sinxcos3x dx (2)
∫
xe3xdx (3)
∫
logx dx (4)
∫
esinxcosx dx (5)∗∗ ∫ √
x2+a2dx (a >0) (6)∗∗
∫
(logx)ndx (n∈N)
【ヒント集】 ※ 本当に 困ったときだけ 見ること!!
(1)「どこをかたまりだと思うか」がポイント (2)これはノーヒントで頑張ろう。
(3)講義で扱ったArctanxの積分を思い出そう。
(思い出さなくても、高校のときにやったことがある人が大半だとは思うけど) (4)さて、部分積分と置換積分のどちらを使うのでしょうか?
(5)∗ x=a·et−e2−t とおいて置換積分 しよう*1。
※ t=x+√
x2+a2 と置換しても出来ます(こちらは塾や予備校でも扱われたりするおき方) (6)∗ In=
∫
(logx)ndxとおいて、InとIn−1 に関する関係式を部分積分を用いて導き出そう。
*1sinhx=ex−e−x
2 と定義して双曲線正弦関数hyperbolic sine functionと呼ぶ。石原・浅野の教科書p.50参照。
【解答例】
問題9-1. 以下 C は積分定数を表すものとする 。 (1)
∫
√5
x3dx=
∫
x35dx= 5
8x85 +C (= 5 8x√5
x3+C) (2)
∫ sin
( 2x− 1
2π )
dx= −1 2cos
( 2x−1
2π )
+C
※ {
cos (
2x−1 2π
)}′
=−2sin (
2x− 1 2π
) に注意
(3)
∫ 1
1 +x2dx= Arctan (x) +C ※(Arctan (x))′= 1
1 +x2 を思い出そう。
※ x= tantと置換積分しても出来ます。
(4)
∫ 3x2−2 x3−2xdx=
∫ (x3−2x)′
x3−2x dx= log|x3−2x|+C (5)
∫ 1
√3
3x+ 2dx=
∫
(3x+ 2)−13dx= 1
2(3x+ 2)23 +C (= 1 2
√3
3x+ 22+C)
※{(3x+ 2)23}′=3·2
3(3x+ 2)−13 に注意 (6)
∫
(tan2x+ 1)dx= tanx+C ※(tanx)′= tan2+1に注意
問題9-2. 以下 C は積分定数を表すものとする 。 (1)
∫
sinxcos3x dx
t= cosx とおいて置換積分すると、dt= (cosx)′dx=−sinx dxより
∫
sinxcos3x dxx=cos= t
∫
t3sinx dt
−sinx =−
∫
t3dt=−1
4t4+C = −1
4cos4x+C (2)
∫
xe3xdx=
∫ x·
(1 3e3x
)′
dx部分積分= 1
3xe3x−1 3
∫
(x)′e3xdx= 1
3xe3x−1
9e3x+C (3)
∫
logx dx=
∫
(x)′·logx dx部分積分= xlogx−
∫
x(logx)′dx=xlogx−
∫ x· 1
xdx
= xlogx−x+C (4)
∫
esinxcosx dx
t= sinxとおいて置換積分すると、dt= (sinx)′dx= cosx dxより
∫
esinxcosx dxt=sin= x
∫
etcosx dt cosx =
∫
etdt=et+C= esinx+C (5) ∫ √
x2+a2dx (但し a >0) x=asinht=a·et−e−t
2 · · ·(♣) と置換すると dx=a·
(et−e−t 2
)′
dt=a·et+e−t
2 dt (=acosht dt)
となる。他方,
√a2+x2=a
√ 1 +
(et−e−t 2
)2
=a
√ 1 +
((et)2−2 + (e−t)2 4
)
=a
√(et)2+ 2 + (e−t)2 4
=a
√(et+e−t 2
)2
=a· et+e−t
2 · · ·(♠) (=acosht)
である*2。したがって、
∫ √a2+x2dx=
∫ (
a·et+e−t 2
)
·a
(et+e−t 2
) dt
=a2
∫ (et+e−t 2
)2
dt=a2
∫ e2t+ 2 +e−2t
4 dt
=a2 (1
8e2t+1 2t−1
8e−2t )
+C
= a2 2
{(et+e−t 2
)
·
(et−t−t 2
) +t
} +C と計算出来る(但しC は積分定数)。ここで(♣), (♠) より
et+e−t
2 · et−e−t
2 =
(1 a
√x2+a2 )
·(x a )
= 1 a2x√
a2+x2 であったことを思い出しておこう。また、 (♣) より et は二次方程式
ae2t−2xet−a= 0 の根となるから、根の公式からet= x±√
x2+a2
a となるが、et>0と併せて et= x+√
x2+a2
a .
∴ t= logx+√
x2+a2
a = log(x+√
x2+a2)−loga.
これ等を併せて
∫ √
x2+a2dx= a2 2
( 1 a2x√
a2+x2+ logx+√
x2+a2 a
) +C
= 1 2x√
a2+x2+1
2a2log(x+√
x2+a2) +C となる*3。
*2 et+e−t
2 >0に注意。
*3ここでは a2
2 logx+√ a2+x2
a = a2
2(log(x+√
x2+a2)−loga) の計算で出て来る−a2
2 logaの部分は、既に 登場している積分定数C と併せて改めて積分定数Cとおき直している。勿論 a2
2 logx+√ a2+x2
a のまま答えて いても正解。
(6)
∫
(logx)ndx (但し n∈N) In =
∫
(logx)ndxとおくと、部分積分法により In =
∫
(x)′(logx)ndx=x(logx)n−
∫
x{(logx)n}′dx (部分積分法)
=x(logx)n−
∫
x·n(logx)n−1· 1 xdx
=x(logx)n−n
∫
(logx)n−1dx だから、漸化式
In =x(logx)n−nIn−1 · · ·(∗)n
を得る。これを繰り返し適用して
In =x(logx)n−nIn−1 ((∗)n より)
=x(logx)n−n{x(log)n−1−(n−1)In−2} ((∗)n−1 より)
=x(logx)n−n(logx)n−1+n(n−1)In−2
=x(logx)n−nx(logx)n−1+n(n−1){x(logx)n−2−(n−2)In−3} ((∗)n−2 より)
=x(logx)n−nx(logx)n−1+n(n−1)(logx)n−2−n(n−1)(n−2)In−3
=· · ·
=x(logx)n−nx(logx)n−1+n(n−1)(logx)n−2−. . .
. . .+ (−1)nn(n−1)· · ·2·1I0. ここで
I0=
∫
1dx=x+C (Cは積分定数) であるから、結局
In=x{(logx)n−n(logx)n−1+n(n−1)(logx)n−2−. . .+ (−1)nn!}+C
= x {∑n
k=0(−1)k n!
(n−k)!(logx)n−k }
+C
【注】 試しに n= 0, n= 1 を代入してみると、
I0=x+C I1=x
{
(−1)0·1!
1!(logx)1+ (−1)1·1!
0!(logx)0 }
+C
=x(logx−1) +C
となり*4、「1 の不定積分は x+C」という良く知られた公式や演習問題6-2. (5) の結果をき ちんと復元していることが分かります。
*4便宜上0!は1と解釈する約束となっています。