有理関数の原始関数と整数の積の逆数の無限和

有理関数の原始関数と整数の積の逆数の無限和

Exercise

^解答例

基本演習

1 (

連続２奇数の積の逆数の和・交代和

) 1

1 · 3 + 1 3 · 5 + 1

5 · 7 + · · · = 1

2 (2.7)

1 1 · 3 + 1

5 · 7 + 1

9 · 11 + · · · = π

8 (2.8)

1 3 · 5 + 1

7 · 9 + 1

11 · 13 + · · · = 1 2 − π

8 (2.9)

1 1 · 3 − 1

3 · 5 + 1

5 · 7 − · · · = π 4 − 1

2 (2.10)

（

2.7

）

1 1 · 3 + 1

3 · 5 + 1

5 · 7 + · · · = 1 2

µ 1 1 − 1

3 + 1 3 − 1

5 + · · ·

∂

= 1 2

（

2.8

）

1 1 · 3 + 1

5 · 7 + 1

9 · 11 + · · · = 1 2

µ 1 1 − 1

3 + 1 5 − · · ·

∂

= π 8

（

2.9

）これは（

2.7

）ー（

2.8

）。

（

2.10

）

1 1 · 3 − 1

3 · 5 + 1

5 · 7 − · · · = 1 2

µ 1 1 − 1

3 − 1 3 + 1

5 + 1 5 − 1

7 − 1 7 + · · ·

∂

= 1 2

µ 2 1 − 2

3 + 2 5 − 2

7 + · · ·

∂

− 1 2

= π 4 − 1

2

発展演習

2 (

極めて難しいもの

) 1

1 · 3 − 1

5 · 7 + 1

9 · 11 − · · · = coth ^{− 1} √ 2 2 √

2

√

= −

√ 2

8 log(3 − 2 √ 2)

!

(2.11) 1

3 · 5 − 1

7 · 9 + 1

11 · 13 − · · · = π 4 √

2 − 1

2 (2.12)

（

2.11

）

tanh ^{− 1} z = 1

2 log 1 + z

1 − z = z + 1 3 z ³ + 1

5 z ⁵ + · · · ( | z | < 1 )

によれば、

tanh ^{− 1} ° e ⁱ

^π2

^x ¢

= e ⁱ

^π2

^x + 1

3 e ⁱ

^3π2

^x + 1

5 e ⁱ

^5π2

^x + · · · tanh ^{− 1} °

e ^{− i}

^π2

^x ¢

= e ^{− i}

^π2

^x + 1

3 e ^{− i}

^3π2

^x + 1

5 e ^{− i}

^5π2

^x + · · · tanh ^{− 1} °

e ⁱ

^π2

^x ¢

+ tanh ^{− 1} ° e ^{− i}

^π2

^x ¢

2 = cos π

2 x + 1 3 cos 3π

2 x + 1 5 cos 5π

2 x + · · ·

なので、両辺

x = ¹ ₂

のときの値を比較すれば

tanh ^{− 1} ° e ⁱ

^π4

¢

+ tanh ^{− 1} ° e ^{− i}

^π4

¢

2 = cos π

4 + 1 3 cos 3π

4 + 1 5 cos 5π

4 + · · ·

= 1

√ 2 µ

1 − 1 3 − 1

5 + 1 7 + 1

9 − · · ·

∂

= 1

√ 2 µ 2

1 · 3 − 2

5 · 7 + 2

9 · 11 − · · ·

∂ tanh ^{− 1} °

e ⁱ

^π4

¢

+ tanh ^{− 1} ° e ^{− i}

^π4

¢ 2 √

2 = 1

1 · 3 − 1

5 · 7 + 1

9 · 11 − · · ·

ですが、

tanh

の加法定理から

tanh ©

tanh ^{− 1} ° e ⁱ

^π4

¢

+ tanh ^{− 1} ° e ^{− i}

^π4

¢™

= e ⁱ

^π4

+ e ^{− i}

^π4

1 + e ⁱ

^π4

e ^{− i}

^π4

= cos π 4 = 1

√ 2

なので、

tanh ^{− 1} ° e ⁱ

^π4

¢

+ tanh ^{− 1} ° e ^{− i}

^π4

¢

= coth ^{− 1} √

2

となって題意を得ます。

（

2.12

）周期

4

の周期関数

f (x)

：

f (x) =

 

 



 

 

− 1 ( − 2 ≤ x < 0) 1 (0 ≤ x < 2)

f (x + 4) = f (x) for all x

の

Fourier

級数係数、

Fourier

級数を求めましょう。

まず

C 0

ですが

f (x)

は奇関数（正確には有限個の点で破綻しているが、積分には影 響しない）ですから

C 0 = 1 2

Z 2

− 2

f (x)dx = 0

です。また、

f (x)

に偶関数である

cos ^nπ ₂ x

を掛けた関数も奇関数ですので、

n 6 = 0

の時 も同様に

C n = 0

となります。

次に

D n

ですが、

sin ^nπ ₂ x

は奇関数なので、奇関数

f (x)

と掛けると偶関数になります。

D n = 1 2

Z 2

− 2

f (x) sin nπ 2 xdx

= 2 2

Z 2 0

f (x) sin nπ 2 xdx

= Z 2

0

sin nπ 2 xdx

=

∑

− 2

nπ cos nπ 2 x

∏ 2

0

= − 2

nπ (cos nπ − 1)

= 2

nπ { 1 − ( − 1) ⁿ }

以上により、

f (x)

の

Fourier

級数は、

X 1 n=1

2

nπ { 1 − ( − 1) ⁿ } sin nπ 2 x

= 4 π

µ sin π

2 x + 1 3 sin 3π

2 x + 1 5 sin 5π

2 x + · · ·

∂

となります。

x = ¹ ₂

では元の関数とその

Fourier

級数は一致していますから（連続点なので）、

1 = 4 π

µ sin π

4 + 1 3 sin 3π

4 + 1 5 sin 5π

4 + · · ·

∂ π

4 = 1

√ 2 + 1 3 · 1

√ 2 − 1 5 · 1

√ 2 − 1 7 · 1

√ 2 + · · · π

2 √

2 = 1 + 1 3 − 1

5 − 1 7 + 1

9 + 1 11 + · · ·

が得られます。従って

1 + 2 µ 1

3 · 5 − 1

7 · 9 + 1

11 · 13 − · · ·

∂

= 1 + 1 3 − 1

5 − 1 7 + 1

9 + 1 11 + · · ·

= π 2 √ 2

から題意を得る事が出来ます。

基本演習

3 (3.4)

、

(3.5)

、

(3.6)

を証明して下さい。

（

3.4

）

X

N

n=1

1

(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)

= 1 4

X

N n=1

Ω 1

(2n − 1)(2n + 1) − 1 (2n + 1)(2n + 3)

æ

= 1 4

Ω 1 1 · 3 − 1

3 · 5 + 1 3 · 5 − · · ·

· · · − 1

(2 { N − 1 } + 1)(2 { N − 1 } + 3) + 1

(2N − 1)(2N + 1) − 1

(2N + 1)(2N + 3) æ

= 1

12 − 1

(2N + 1)(2N + 3)

→ 1

12

（

3.5

）

X 1 n=0

1

(4n + 1)(4n + 3)(4n + 5)

= 1 4

X 1 n=0

Ω 1

(4n + 1)(4n + 3) − 1 (4n + 3)(4n + 5)

æ

= 1 4

µ 1 1 · 3 − 1

3 · 5 + 1 5 · 7 − · · ·

∂

= 1 4

µ π 4 − 1

2

∂

= π 16 − 1

8

（

3.6

）

X 1 n=0

1

(6n + 1)(6n + 3)(6n + 5) = 1 4

X 1 n=0

Ω 1

(6n + 1)(6n + 3) − 1 (6n + 3)(6n + 5)

æ

= 1 8

X 1 n=0

µ 1

6n + 1 − 2

6n + 3 + 1 6n + 5

∂

ですが（この題意の和を

S

とします）、講義で定義した積分

J _6,m ⁿ

を使えば、

8S = lim

n →1 n − 1

X

k=0

µ 1

6k + 1 − 2

6k + 3 + 1 6k + 5

∂

= lim

n →1

© J _6,1 ⁿ − 2J _6,3 ⁿ + J _6,5 ⁿ ™

= lim

n →1

Z 1 0

(1 − 2x ² + x ⁴ ) ©

1 − x ⁶ⁿ ™ 1 − x ⁶ dx

= lim

n →1

Z 1 0

(1 − x ² ) ©

1 − x ⁶ⁿ ™ 1 + x ² + x ⁴ dx

= Z 1

0

1 − x ² 1 + x ² + x ⁴ dx

= 1 2

Z 1 0

2x + 1

x ² + x + 1 dx − 1 2

Z 1 0

2x − 1 x ² − x + 1 dx S = 1

16

£ log | x ² + x + 1 | § 1 0 − 1

16

£ log | x ² − x + 1 | § 1 0

= 1 16 log 3

となって和が求まりました。

基本演習

4 (

連続３数の積の逆数の和 始まりがずれているもの

) 1

2 · 3 · 4 + 1

4 · 5 · 6 + 1

6 · 7 · 8 + · · · = 3

4 − log 2 (3.7)

1

2 · 3 · 4 + 1

5 · 6 · 7 + 1

8 · 9 · 10 + · · · = 1

2 log 3 − 1

2 (3.8)

1

3 · 4 · 5 + 1

6 · 7 · 8 + 1

9 · 10 · 11 + · · · = 3 4 − 1

4 log 3 −

√ 3π

12 (3.9)

1

3 · 5 · 7 + 1

7 · 9 · 11 + 1

11 · 13 · 15 + · · · = 5 24 − π

16 (3.10)

1

3 · 5 · 7 + 1

9 · 11 · 13 + 1

15 · 17 · 19 + · · · = − 1 8 − 1

32 log 3 +

√ 3π

32 (3.11) 1

5 · 7 · 9 + 1

11 · 13 · 15 + 1

17 · 19 · 21 + · · · = 5 24 − 1

32 log 3 −

√ 3π

32 (3.12)

（

3.7

）

1

2n(2n + 1)(2n + 2) = 1 2

Ω 1

2n(2n + 1) − 1 (2n + 1)(2n + 2)

æ

= 1 2

µ 1

2n − 1

2n + 1 − 1

2n + 1 + 1 2n + 2

∂

と部分分数分解出来るので元の級数の第

N

項までの部分和

S N

は

2S N = 1 2 − 2

3 + 2

4 − · · · + 2

2N − 2

2N + 1 + 1 2N + 2

= − 2 µ

1 − 1 2 + 1

3 − · · · − 1

2N + 1 2N + 1

∂

+ 2 − 1 2 + 1

2N + 2

→ − 2 log 2 + 3 2

と収束する事が判ります。従って

X 1 n=1

1

2n(2n + 1)(2n + 2) = 3

4 − log 2

です。

（

3.8

）

X 1 n=0

1

(3n + 2)(3n + 3)(3n + 4) = 1 2

X 1 n=0

Ω 1

(3n + 2)(3n + 3) − 1 (3n + 3)(3n + 4)

æ

= 1 2

X 1 n=0

µ 1

3n + 2 − 2

3n + 3 + 1 3n + 4

∂

ですが（この題意の和を

S

とします）、講義で定義した積分

J _3,m ⁿ

を使えば、

2S = lim

n →1 n − 1

X

k=0

µ 1

3k + 2 − 2

3k + 3 + 1 3k + 4

∂

= lim

n →1

© J _3,2 ⁿ − 2J _3,3 ⁿ + J _3,4 ⁿ ™

= lim

n →1

Z 1 0

(x − 2x ² + x ³ ) ©

1 − x ³ⁿ ™ 1 − x ³ dx

= lim

n →1

Z 1 0

x(1 − x) ² ©

1 − x ³ⁿ ™ (1 − x)(1 + x + x ² ) dx

= Z 1

0

x(1 − x) 1 + x + x ² dx

= − 1 + Z 1

0

2x + 1 x ² + x + 1 dx

= − 1 + £

log | x ² + x + 1 | § 1 0

S = 1

2 log 3 − 1 2

となって和が求まりました。

（

3.9

）

X 1 n=0

1

(3n + 3)(3n + 4)(3n + 5) = 1 2

X 1 n=0

Ω 1

(3n + 3)(3n + 4) − 1 (3n + 4)(3n + 5)

æ

= 1 2

X 1 n=0

µ 1

3n + 3 − 2

3n + 4 + 1 3n + 5

∂

ですが（この題意の和を

S

とします）、講義で定義した積分

J _3,m ⁿ

を使えば、

2S = lim

n →1 n X − 1 k=0

µ 1

3k + 3 − 2

3k + 4 + 1 3k + 5

∂

= lim

n →1

© J _3,3 ⁿ − 2J _3,4 ⁿ + J _3,5 ⁿ ™

= lim

n →1

Z 1 0

(x ² − 2x ³ + x ⁴ ) ©

1 − x ³ⁿ ™

1 − x ³ dx

= lim

n →1

Z 1 0

x ² (1 − x) ² ©

1 − x ³ⁿ ™ (1 − x)(1 + x + x ² ) dx

= Z 1

0

x ² (1 − x) 1 + x + x ² dx

= Z 1

0

( − x + 2)dx − Z 1

0

x + 2 x ² + x + 1 dx

= Z 1

0

( − x + 2)dx − 1 2

Z 1 0

2x + 1

x ² + x + 1 dx − 3 2

Z 1 0

1 x ² + x + 1 dx

=

∑

− 1

2 x ² + 2x

∏ 1 0

− 1 2

£ log | x ² + x + 1 | § 1 0 − 3

2 π 3 √ 3

= 3 2 − 1

2 log 3 − π 2 √ 3 S = 3

4 − 1

4 log 3 − π 4 √ 3

となって和が求まりました。

（

3.10

）

X 1 n=1

1

(4n − 1)(4n + 1)(4n + 3) = 1 4

X 1 n=1

Ω 1

(4n − 1)(4n + 1) − 1

(4n + 1)(4n + 3) æ

= 1 4

µ 1 3 · 5 − 1

5 · 7 + 1 7 · 9 − · · ·

∂

= − 1 4

µ 1 1 · 3 − 1

3 · 5 + 1 5 · 7 − · · ·

∂ + 1

12

= − 1 4

µ π 4 − 1

2

∂ + 1

12

= 5 24 − π

16

（

3.11

）

X 1 n=0

1

(6n + 3)(6n + 5)(6n + 7) = 1 4

X 1 n=0

Ω 1

(6n + 3)(6n + 5) − 1 (6n + 5)(6n + 7)

æ

= 1 8

X 1 n=0

µ 1

6n + 3 − 2

6n + 5 + 1 6n + 7

∂

ですが（この題意の和を

S

とします）、講義で定義した積分

J _6,m ⁿ

を使えば、

8S = lim

n →1 n X − 1 k=0

µ 1

6k + 3 − 2

6k + 5 + 1 6k + 7

∂

= lim

n →1

© J _6,3 ⁿ − 2J _6,5 ⁿ + J _6,7 ⁿ ™

= lim

n →1

Z 1 0

(x ² − 2x ⁴ + x ⁶ ) ©

1 − x ⁶ⁿ ™

1 − x ⁶ dx

= lim

n →1

Z 1 0

x ² (1 − x ² ) ² ©

1 − x ⁶ⁿ ™ (1 − x ² )(1 + x ² + x ⁴ ) dx

= Z 1

0

x ² (1 − x ² ) 1 + x ² + x ⁴ dx

= Z 1

0

µ

− 1 + 2x ² + 1 x ⁴ + x ² + 1

∂ dx

= − 1 + 1 2

Z 1 0

1 − x

x ² + x + 1 dx + 1 2

Z 1 0

x + 1 x ² − x + 1 dx

= − 1 − 1 4

Z 1 0

2x + 1

x ² + x + 1 dx + 3 4

Z 1 0

1 x ² + x + 1 dx + 1

4 Z 1

0

2x − 1

x ² − x + 1 dx + 3 4

Z 1 0

1 x ² − x + 1 dx

= − 1 − 1 4

£ log | x ² + x + 1 | § 1 0 + 1

4

£ log | x ² − x + 1 | § 1 0

+ 3 4

Z 1 0

° 1 x + ¹ ₂ ¢ 2

+ ³ ₄ dx + 3 4

Z 1 0

° 1 x − ¹ ₂ ¢ 2

+ ³ ₄ dx

= − 1 − 1 4 log 3 +

Z 1 0

n 1

√ 2 3

° x + ¹ ₂ ¢o ² + 1

dx + Z 1

0

n 1

√ 2 3

° x − ¹ ₂ ¢o ² + 1

dx

となるので、変数変換すれば

8S = − 1 − 1 4 log 3 +

√ 3 2

Z ^√ 3

√1 3

1 y ² + 1 dy +

√ 3 2

Z

√¹3

−

^√1₃

1 y ² + 1 dy

= − 1 − 1 4 log 3 +

√ 3

2 [Tan ^{− 1} y] ^√ ₋ ³

√13

= − 1 − 1 4 log 3 +

√ 3 2

≥ π 3 + π

6

¥

= − 1 − 1 4 log 3 +

√ 3π 4 S = − 1

8 − 1

32 log 3 +

√ 3π 32

となって和が求まりました。

（

3.12

）

X 1 n=0

1

(6n + 5)(6n + 7)(6n + 9) = 1 4

X 1 n=0

Ω 1

(6n + 5)(6n + 7) − 1

(6n + 7)(6n + 9) æ

= 1 8

X 1 n=0

µ 1

6n + 5 − 2

6n + 7 + 1 6n + 9

∂

ですが（この題意の和を

S

とします）、講義で定義した積分

J _6,m ⁿ

を使えば、

8S = lim

n →1 n X − 1 k=0

µ 1

6k + 5 − 2

6k + 7 + 1 6k + 9

∂

= lim

n →1

© J _6,5 ⁿ − 2J _6,7 ⁿ + J _6,9 ⁿ ™

= lim

n →1

Z 1 0

(x ⁴ − 2x ⁶ + x ⁸ ) ©

1 − x ⁶ⁿ ™

1 − x ⁶ dx

= lim

n →1

Z 1 0

x ⁴ (1 − x ² ) ² ©

1 − x ⁶ⁿ ™

(1 − x ² )(1 + x ² + x ⁴ ) dx

であり、極限をとれば

8S =

Z 1 0

x ⁴ (1 − x ² ) 1 + x ² + x ⁴ dx

= Z 1

0

µ

− x ² + 2 + − x ² − 2 x ⁴ + x ² + 1

∂ dx

=

∑

− 1

3 x ³ + 2x

∏ 1 0

+ 1 2

Z 1 0

− x − 2

x ² + x + 1 dx + 1 2

Z 1 0

x − 2 x ² − x + 1 dx

= 5 3 − 1

4 Z 1

0

2x + 1

x ² + x + 1 dx − 3 4

Z 1 0

1 x ² + x + 1 dx + 1

4 Z 1

0

2x − 1

x ² − x + 1 dx − 3 4

Z 1 0

1 x ² − x + 1 dx

= 5 3 − 1

4

£ log | x ² + x + 1 | § 1 0 + 1

4

£ log | x ² − x + 1 | § 1 0

− 3 4

Z 1 0

° 1 x + ¹ ₂ ¢ 2

+ ³ ₄ dx − 3 4

Z 1 0

° 1 x − ¹ 2

¢ 2

+ ³ ₄ dx

= 5 3 − 1

4 log 3 − Z 1

0

n 1

√ 2 3

° x + ¹ ₂ ¢o ² + 1

dx − Z 1

0

n 1

√ 2 3

° x − ¹ ₂ ¢o ² + 1

dx

となるので、変数変換すれば

8S = 5 3 − 1

4 log 3 −

√ 3 2

Z ^√ 3

√13

1 y ² + 1 dy −

√ 3 2

Z

√¹3

−

^√1₃

1 y ² + 1 dy

= 5 3 − 1

4 log 3 −

√ 3

2 [Tan ^{− 1} y] ^{√ 3}

−

^√1₃

= 5 3 − 1

4 log 3 −

√ 3 2

≥ π 3 + π

6

¥

= 5 3 − 1

4 log 3 −

√ 3π 4 S = 5

24 − 1

32 log 3 +

√ 3π 32

となって和が求まりました。

基本演習

5

次の各原始関数を求めて下さい：

（１）

Z 1 x ² − 1 dx

【解答例】

Z 1

x ² − 1 dx = Z 1

2 µ 1

x − 1 − 1 x + 1

∂ dx

= 1

2 (log | x − 1 | − log | x + 1 | ) + C

= 1 2 log

Ø Ø Ø Ø x − 1

x + 1 Ø Ø Ø Ø + C

ただし

C

は積分定数。

（２）

Z 1

(x ² + 1) ² dx

【解答例】

Z 1

(x ² + 1) ² dx =

Z x ² + 1 − x ² (x ² + 1) ² dx

=

Z x ² + 1 (x ² + 1) ² dx +

Z − x ² (x ² + 1) ² dx

= Z 1

x ² + 1 dx + 1 2

Z

x − 2x (x ² + 1) ² dx

=Tan ^{− 1} x + 1 2

Z

x − 2x (x ² + 1) ² dx

=Tan ^{− 1} x + 1 2 x 1

x ² + 1 − 1 2

Z 1 x ² + 1 dx

=Tan ^{− 1} x + 1 2

x x ² + 1 − 1

2 Tan ^{− 1} x + C

= 1 2

x x ² + 1 + 1

2 Tan ^{− 1} x + C

ただし

C

は積分定数。

（３）

Z x ⁴ x ² + 1 dx

【解答例】

Z x ⁴ x ² + 1 dx =

Z x ⁴ − 1 + 1 x ² + 1 dx

= Z

(x ² − 1)dx + Z 1

x ² + 1 dx

= 1

3 x ³ − x + Tan ^{− 1} x + C

ただし

C

は積分定数。

（４）

Z 1 x ³ + 1 dx

【解答例】

Z 1

x ³ + 1 dx =

Z 1

(x + 1)(x ² − x + 1) dx

なので、この右辺の被積分関数を部分分数分解する。

1

(x + 1)(x ² − x + 1) = A

x + 1 + B(x − ¹ 2 ) + C (x − ¹ 2 ) ² + ³ ₄

と置いて右辺を通分し両辺の分子を比較すると

1 = A Ω

(x − 1 2 ) ² + 3

4 æ

+ B(x − 1

2 )(x + 1) + C(x + 1)

であるから、これを恒等式と考えて未知定数を求める。

x = − 1

のとき

1 = 3A

より、

A = ¹ ₃

であり、また、

x = ¹ ₂

のとき、

1 = A 3 4 + C 3

2 = 1 4 + 3

2 C

より、

C = ¹ ₂

が分かる。

更に

x = 0

のとき、

1 = A − 1

2 B + C = 1 3 + 1

2 − 1 2 B

より、

B = − ¹ 3

である。

以上により、

1

(x + 1)(x ² − x + 1) = 1 3 · 1

x + 1 − 1

3 · x − ¹ 2

(x − ¹ 2 ) ² + ³ ₄ + 1

2 · 1

(x − ¹ 2 ) ² + ³ ₄

なので、積分の計算に戻ると、

Z 1

x ³ + 1 dx = 1 3

Z 1

x + 1 dx − 1 3

Z x − ¹ ₂

(x − ¹ ₂ ) ² + ³ ₄ dx + 1 2

Z 1

(x − ¹ ₂ ) ² + ³ ₄ dx

= 1

3 log | x + 1 | − 1 6

Z 2(x − ¹ 2 )

(x − ¹ 2 ) ² + ³ ₄ dx + 2 3

Z 1

4

3 (x − ¹ 2 ) ² + 1 dx

= 1

3 log | x + 1 | − 1 6 log

Ø Ø Ø Ø (x − 1

2 ) ² + 3 4 Ø Ø Ø Ø + 2

3

Z 1

≥ √ 2

3 x − ^{√ 1} ₃ ¥ 2

+ 1 dx

であるが、この右辺第３項に於いて

√ ²

3 x − ^{√ 1} ₃ = y

と置けば、

= 1

3 log | x + 1 | − 1 6 log

Ø Ø Ø Ø (x − 1

2 ) ² + 3 4 Ø Ø Ø Ø + 2

3 Z 1

y ² + 1

√ 3 2 dy

= 1

6 log(x + 1) ² − 1

6 log(x ² − x + 1) + 1

√ 3 Tan ^{− 1} y + C

= 1

6 log (x + 1) ² x ² − x + 1 + 1

√ 3 Tan ^{− 1} 2x − 1

√ 3 + C

を得る（ただし

C

は積分定数）。

（５）

Z 1

(x − 1) ² (x ² + 1) dx

【解答例】 まず被積分関数を部分分数分解する。このタイプの有理式は

1

(x − 1) ² (x ² + 1) = A

x − 1 + B

(x − 1) ² + Cx + D x ² + 1

の形に分解できるのでこう置いて右辺を通分し両辺で分子を比較すると

1 = A(x − 1)(x ² + 1) + B(x ² + 1) + (Cx + D)(x − 1) ²

が得られるのでこれを恒等式と考えて未知定数を決定する。

x = 1

のとき、

1 = 2B

より

B = ¹ ₂

であり、また、

x = i

とすると

1 = (Ci + D)(i − 1) ² = (Ci + D)( − 1 − 2i + 1) = 2C − 2iD

なので

C = ¹ ₂ , D = 0

と分かる。更に

x = 0

なら

1 = − A + B + D = − A + 1 2

から

A = − ¹ 2

であって、以上から

1

(x − 1) ² (x ² + 1) = − 1 2

1 x − 1 + 1

2 1

(x − 1) ² + 1 2

x x ² + 1

と変形される事が分かった。これを使って積分を計算すると、

Z 1

(x − 1) ² (x ² + 1) dx = − 1 2

Z 1

x − 1 dx + 1 2

Z 1

(x − 1) ² dx + 1 2

Z x x ² + 1 dx

= − 1

2 log | x − 1 | − 1 2

1 x − 1 + 1

4

Z 2x x ² + 1 dx

= − 1

2 log | x − 1 | − 1 2

1 x − 1 + 1

4 log(x ² + 1) + C

= 1

4 log x ² + 1

(x − 1) ² − 1

2(x − 1) + C

（６）

Z 1 x ⁴ + 1 dx

【解答例】 方程式

x ⁴ + 1 = 0

がもし実数の範囲で因数分解されるならば、（２次式）

×（２次式）となる他はない。

そこで、

x ⁴ + 1 = (x ² + ax + b)(x ² + cx + d) = x ⁴ + (a + c)x ³ + (b + ac + d)x ² + (ad + bc)x + bd

と置けば、係数を比較して連立方程式：

 

 

 

 

 

 

 



a + c = 0 b + ac + d = 0 ad + bc = 0 bd = 1

が得られるのでこれを解いて未知定数を決定したい。

第１式から

c = − a

なのでこれを第３式に代入すると

a(d − b) = 0

が得られる。

ここで

a = 0

と仮定すると

b + d = 0, bd = 1

を得るが、これを満たす実数は存在し ない。よって

a 6 = 0

である。

従って

b = d

となり、第４式から

b = d = 1

が分かる。これを第２式に戻してやれば 結局

a + c = 0, ac = − 2

なので

a = √

2, c = − √

2

である（どちらが

+

でも良いが）。

以上から、元の式

x ⁴ + 1

は

x ⁴ + 1 = (x ² + √

2x + 1)(x ² − √ 2x + 1)

と因数分解できる事が分かった。

次に被積分関数を部分分数分解する。

1

x ⁴ + 1 = 1

(x ² + √

2x + 1)(x ² − √

2x + 1) = Ax + B x ² + √

2x + 1 + Cx + D x ² − √

2x + 1

と置いて右辺を通分し両辺の分子を比較すると

1 = (Ax + B)(x ² − √

2x + 1) + (Cx + D)(x ² + √ 2x + 1)

であるから、まず

x = 0

の時を考えて

1 = B + D

が分かる。更に

x = i

とすると

1 = (Ai + B)( − √

2i) + (Ci + D) √ 2i

= √ 2A − √

2Bi − √ 2C + √

2Di

= √

2(A − C) + √

2(D − B)i

なので、

A − C = 1

√ 2 , B = D

となって、

B = D = ¹ ₂

が分かる。

また、

x = √

2

の時には

1 = ( √

2A + B) + ( √

2C + D)5 = √

2(A + 5C) + 3

を得るので

A + 5C = − √

2

となって、先に得た

A − C = √ ¹

2

と合わせて考えれば

A = 1

2 √

2 , C = − 1

2 √

2

である事が分かる。

以上により、

1 x ⁴ + 1 =

1 2 √

2 x + ¹ ₂ x ² + √

2x + 1 + − ₂ ^{√ 1} ₂ x + ¹ ₂ x ² − √

2x + 1

=

1 4 √

2 (2x + √ 2) + ¹ ₄ x ² + √

2x + 1 + − ₄ ^{√ 1} ₂ (2x − √ 2) + ¹ ₄ x ² − √

2x + 1

= 1 4 √

2

2x + √ 2 x ² + √

2x + 1 +

1 4

x ² + √ 2x + 1

− 1 4 √ 2

2x − √ 2 x ² − √

2x + 1 +

1 4

x ² − √ 2x + 1

= 1 4 √

2

2x + √ 2 x ² + √

2x + 1 +

1

≥ 4

x + ^√ ₂ ² ¥ 2

+ ¹ ₂

− 1 4 √ 2

2x − √ 2 x ² − √

2x + 1 +

1

≥ 4

x − ^√ ₂ ² ¥ 2

+ ¹ ₂

= 1 4 √

2

2x + √ 2 x ² + √

2x + 1 +

1 2 √ 2

√ 2

°√ 2x + 1 ¢ ² + 1

− 1 4 √ 2

2x − √ 2 x ² − √

2x + 1 +

1 2 √ 2

√ 2

°√ 2x − 1 ¢ 2

+ 1

となるので両辺を積分して

Z 1 x ⁴ + 1 dx

= 1 4 √

2 log | x ² + √

2x + 1 | + 1 2 √

2 Tan ^{− 1} ≥ √

2x + 1 ¥

− 1 4 √

2 log | x ² − √

2x + 1 | + 1 2 √

2 Tan ^{− 1} ≥ √

2x − 1 ¥ + C

= 1 4 √

2 (

log x ² + √ 2x + 1 x ² − √

2x + 1 + 2Tan ^{− 1} ≥ √

2x + 1 ¥

+ 2Tan ^{− 1} ≥ √

2x − 1 ¥ ) + C

を得る（

C

は積分定数）。

（７）

Z 1

(x ² − 1) ² dx

【解答例】 まず被積分関数を部分分数分解する。このタイプの有理式は

1

(x ² − 1) ² = 1

(x + 1) ² (x − 1) ² = A

x + 1 + B

(x + 1) ² + C

x − 1 + D (x − 1) ²

の形に分解されるのでこのように置いて右辺を通分し両辺の分子を比較したもの：

1 = A(x + 1)(x − 1) ² + B(x − 1) ² + C(x − 1)(x + 1) ² + D(x + 1) ²

を恒等式と考えて未知定数を決定すれば良い。

まず

x = 1

とすると、

1 = 4D

より

D = ¹ ₄

がわかり、

x = − 1

ならば

1 = 4B

より

B = ¹ ₄

である事も分かる。

また、

x = 0

とすれば

1 = A + B − C + D = A − C + 1 2

なので

A − C = ¹ ₂

である一方、

x = 2

とすれば

1 = 3A + B + 9C + 9D = 3A + 9C + 5 2

なので

A + 3C = − ¹ ₂

となり、この２式を連立させて解けば

C = − ¹ ₄ , A = ¹ ₄

が分かる。

以上により

1

(x ² − 1) ² = 1

(x + 1) ² (x − 1) ² = 1 4

Ω 1

x + 1 + 1

(x + 1) ² − 1

x − 1 + 1 (x − 1) ²

æ

と分解される事が分かった。この両辺を積分すれば

Z 1

(x ² − 1) ² dx = 1 4

ΩZ 1 x + 1 dx +

Z 1

(x + 1) ² dx − Z 1

x − 1 dx +

Z 1 (x − 1) ² dx

æ

= 1 4

Ω

log | x + 1 | − 1

x + 1 − log | x − 1 | − 1 x − 1

æ + C

= 1 4

Ω log

Ø Ø Ø Ø x + 1

x − 1 Ø Ø Ø Ø − 2x

x ² − 1 æ

+ C

を得る（

C

は積分定数）。

基本演習

6

I n =

Z 1

(x ² + A) ⁿ dx (A 6 = 0)

と置けば、

n = 1, 2, 3, . . .

に対して漸化式：

I n+1 = 1 2nA

Ω x

(x ² + A) ⁿ + (2n − 1)I n

æ

が成り立つことを証明して下さい。

【解答例】 被積分関数を変形して二つの積分に分解して計算すると

I n+1 =

Z 1

(x ² + A) ⁿ⁺¹ dx

= 1 A

Z x ² + A − x ² (x ² + A) ⁿ⁺¹ dx

= 1 A

Z x ² + A

(x ² + A) ⁿ⁺¹ dx + 1 A

Z − x ² (x ² + A) ⁿ⁺¹ dx

= 1 A

Z 1

(x ² + A) ⁿ dx + 1 2A

Z

x − 2x (x ² + A) ⁿ⁺¹ dx

= 1

A I n + 1 2A

Z

x − 2x (x ² + A) ⁿ⁺¹ dx

となるので、第２項は部分積分して

= 1

A I n + 1

2nA x 1

(x ² + A) ⁿ − 1 2nA

Z 1

(x ² + A) ⁿ dx

= 1

A I n + 1

2nA x 1

(x ² + A) ⁿ − 1 2nA I n

= 1 2nA

x

(x ² + A) ⁿ + 2n − 1 2nA I n

が得られる。

発展演習

7

Z x ³ + x ⁴

1 + x + x ² + x ³ dx

を計算して次式を示して下さい：

X 1 k=0

1

(4k + 4)(4k + 6) = 1

4 (1 − log 2).

【解答例】 まず部分分数分解すると

1

(4k + 4)(4k + 6) = 1 2

µ 1

4k + 4 − 1 4k + 6

∂

なので

J _4,4 ⁿ , J _4,6 ⁿ

を計算します。

1 2

° J _4,4 ⁿ − J _4,6 ⁿ ¢

= 1 2

ΩZ 1 0

x ³ (1 − x ⁴ⁿ ) 1 − x ⁴ dx −

Z 1 0

x ⁵ (1 − x ⁴ⁿ ) 1 − x ⁴ dx

æ

= 1 2

Z 1 0

(x ³ − x ⁵ )(1 − x ⁴ⁿ ) 1 − x ⁴ dx

= 1 2

Z 1 0

x ³ (1 − x ² )(1 − x ⁴ⁿ ) (1 − x)(1 + x + x ² + x ³ ) dx

= 1 2

Z 1 0

(x ³ + x ⁴ )(1 − x ⁴ⁿ ) 1 + x + x ² + x ³ dx X 1

k=0

1

(4k + 4)(4k + 6) = lim

n →1

1 2

Z 1 0

(x ³ + x ⁵ )(1 − x ⁴ⁿ ) 1 + x + x ² + x ³ dx

= 1 2

Z 1 0

x ³ + x ⁵ 1 + x + x ² + x ³ dx

そこで問題の原始関数を計算すると

x ³ + x ⁴

1 + x + x ² + x ³ = x ³ (1 + x)

(1 + x)(1 + x ² ) = x ³

1 + x ² = x − x 1 + x ² =

Ω 1 2 x ² − 1

2 log(1 + x ² ) æ 0

ですから

X 1 k=0

1

(4k + 4)(4k + 6) = 1 2

∑ 1 2

© x ² − log(1 + x ² ) ™ ∏ 1 0

= 1

4 (1 − log 2)

が得られます。

発展演習

8

Z x ³ + x ⁴ + x ⁵

1 + x + x ² + x ³ dx = 1 3 x ³ − 1

4 log(x ² + 1) − 1

2 log(x + 1) + 1

2 Tan ^{− 1} x

を示し、

X 1 k=0

1

(4k + 4)(4k + 7) = 1

72 (8 + 3π − 18 log 2)

を証明して下さい。

発展演習

9

Z x ² + x ³ + x ⁴ + x ⁵ 1 + x + x ² dx = 1

4 x ⁴ − 1

2 log(x ² + x + 1) + x − 1

√ 3 Tan ^{− 1} 2x + 1

√ 3

を示し、

X 1 k=0

1

(3k + 3)(3k + 7) = 1

144 (45 − 2 √

3π − 18 log 3)

を証明して下さい。

発展演習

10

（１）次の関係式を証明して下さい：

Z

√¹2

0

x ^{m − 1} 1 − x ⁸ dx =

Z

√¹2

0

X 1 k=0

x ^{m − 1+8k} dx = 1 2

^m2

X 1 k=0

1 16 ^k

1 8k + m .

（２）上の結果を使って

BBP Formula:

X 1 k=0

µ 4

8k + 1 − 2

8k + 4 − 1

8k + 5 − 1 8k + 6

∂ 1 16 ^k = π

を証明して下さい。

発展演習

11

正の整数

m, p, d, h

に対して

X 1

k=0

1

(m + kp)(m + d + kp) · · · (m + hd + kp) = 1 h!d ^h

Z 1 0

x ^{m − 1} (1 − x ^d ) ^h 1 − x ^p dx

となる事を証明して下さい。

発展演習

12

任意の正の整数

m, p, h

に対して

X 1

k=0

1

(m + kp) ^h+1 = 1 h!

Z 1 0

x ^{m − 1} ( − log x) ^h 1 − x ^p dx

となる事を証明して下さい。

まあ、ここら辺になるとやる人は自分でやるだろうし、普通の人は手を出さないだろ うからまあいいか。