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数学3 定積分・面積問題 54 解説

方針・初手

(1) は三角関数の定積分における典型的な変形を用いる。分母分子に $\cos x$ を掛け、$t = \sin x$ と置換積分を行う。

(2) は $\frac{1}{\cos^3 x} = \frac{1}{\cos x} \cdot \frac{1}{\cos^2 x}$ とみなし、$\frac{1}{\cos^2 x} = (\tan x)'$ であることを利用して部分積分を行う。その際、(1) の結果を用いる。

(3) は $x = \tan \theta$ と置換することで、(2) の積分に帰着させる。

解法1

(1)

与式の分母分子に $\cos x$ を掛ける。

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos x} = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{\cos^2 x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{1-\sin^2 x} dx$$

ここで、$t = \sin x$ とおくと、$dt = \cos x dx$ である。 $x$ と $t$ の対応は以下のようになる。

$$\begin{array}{c|ccc} x & 0 & \to & \frac{\pi}{4} \\ \hline t & 0 & \to & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}$$

これを用いて置換積分を行う。

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

$$= \frac{1}{2} \left[ \log |1+t| - \log |1-t| \right]_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}$$

$$= \frac{1}{2} \left[ \log \left| \frac{1+t}{1-t} \right| \right]_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}$$

$$= \frac{1}{2} \log \frac{1+\frac{1}{\sqrt{2}}}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{2} \log \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}$$

分母を有利化する。

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

(2)

部分積分法を用いる。$\frac{1}{\cos^2 x} = (\tan x)'$ であることに着目する。

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos^3 x} = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos x} \cdot \frac{1}{\cos^2 x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos x} (\tan x)' dx$$

$$= \left[ \frac{1}{\cos x} \tan x \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{1}{\cos x} \right)' \tan x dx$$

ここで、$\left( \frac{1}{\cos x} \right)' = \left( (\cos x)^{-1} \right)' = -(\cos x)^{-2} (-\sin x) = \frac{\sin x}{\cos^2 x}$ であるから、

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos^3 x} = \left( \sqrt{2} \cdot 1 - 1 \cdot 0 \right) - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x}{\cos^2 x} \cdot \frac{\sin x}{\cos x} dx$$

$$= \sqrt{2} - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin^2 x}{\cos^3 x} dx$$

$\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ を用いる。

$$= \sqrt{2} - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 - \cos^2 x}{\cos^3 x} dx$$

$$= \sqrt{2} - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos^3 x} + \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos x}$$

求める定積分を $I$ とおくと、上の式は次のように表せる。

$$I = \sqrt{2} - I + \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos x}$$

(1) の結果より、$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos x} = \log (\sqrt{2}+1)$ であるから、

$$2I = \sqrt{2} + \log (\sqrt{2}+1)$$

$$I = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \log (\sqrt{2}+1)$$

(3)

$x = \tan \theta$ とおく。

$dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$ であり、$x$ と $\theta$ の対応は以下のようになる。

$$\begin{array}{c|ccc} x & 0 & \to & 1 \\ \hline \theta & 0 & \to & \frac{\pi}{4} \end{array}$$

これを用いて置換積分を行う。$\theta$ の範囲が $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{4}$ であるとき、$\cos \theta > 0$ であることに注意する。

$$\int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan^2 \theta + 1} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$$

$$= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{\frac{1}{\cos^2 \theta}} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$$

$$= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos \theta} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{d\theta}{\cos^3 \theta}$$

これは (2) で求めた定積分と全く同じ形となる。よって、(2) の結果から直ちに求まる。

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

解法2

(3)の別解（部分積分）

$x = \tan \theta$ と置換せずに、そのまま部分積分を行うこともできる。

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

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

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

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

分子を $x^2 = (x^2+1) - 1$ と変形する。

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

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

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

よって、

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

ここで残った積分 $\int_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}$ について、$x = \tan \theta$ と置換する。 $dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$ となり、積分範囲は $0 \to \frac{\pi}{4}$ になる。

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

これは (1) の結果より $\log (\sqrt{2}+1)$ であるから、

$$2J = \sqrt{2} + \log (\sqrt{2}+1)$$

$$J = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \log (\sqrt{2}+1)$$

解説

(1) から (3) へと自然な流れで誘導されている良問である。

(1) の $\frac{1}{\cos x}$ の積分は、分母分子に $\cos x$ を掛けて $\sin x$ の式に直すという定石の処理である。$\tan \frac{x}{2} = t$ と置換する方法もあるが、計算が煩雑になりやすい。

(2) の $\frac{1}{\cos^3 x}$ の積分は、同形出現を狙って部分積分を行う手法が有名である。(1) を用いることが前提となる。

(3) の $\sqrt{x^2+a^2}$ を含む積分は、$x = a \tan \theta$ とおく置換積分が基本である。本問では置換により (2) の結果を利用できるようになっている。別解で示したように、そのまま部分積分をして $\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}} dx$ を導出する手法も重要である。