数学3 定積分・面積 問題 241 解説

方針・初手

分母分子に $\cos x$ を掛けて、微分の形 $( \sin x )'$ を作り出すのが定石である。これにより、被積分関数を $\sin x$ の分数式と $\cos x$ の積の形に変形でき、$t = \sin x$ とおく置換積分に帰着できる。

解法1

与えられた定積分の式において、分母と分子に $\cos x$ を掛ける。

$$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos x} dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{\cos^2 x} dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{1 - \sin^2 x} dx$$

ここで、$t = \sin x$ とおくと、$dt = \cos x dx$ である。

積分区間の対応は以下のようになる。

• $x = 0$ のとき $t = 0$
• $x = \frac{\pi}{4}$ のとき $t = \frac{1}{\sqrt{2}}$

したがって、与式は次のような $t$ の積分に変形できる。

$$\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{1}{1 - t^2} dt$$

被積分関数を部分分数分解する。

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

よって、定積分を計算すると以下のようになる。

$$\begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1 + t} + \frac{1}{1 - t} \right) dt &= \frac{1}{2} \left[ \log|1 + t| - \log|1 - t| \right]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \\ &= \frac{1}{2} \left[ \log \left| \frac{1 + t}{1 - t} \right| \right]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \\ &= \frac{1}{2} \left( \log \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{2}}}{1 - \frac{1}{\sqrt{2}}} - \log 1 \right) \\ &= \frac{1}{2} \log \frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} - 1} \end{aligned}$$

真数部分の分母を有利化する。

$$\frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} - 1} = \frac{(\sqrt{2} + 1)^2}{(\sqrt{2} - 1)(\sqrt{2} + 1)} = (\sqrt{2} + 1)^2 = 3 + 2\sqrt{2}$$

これより、求める値は次のように求まる。

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

解法2

$t = \tan \frac{x}{2}$ とおく置換積分を用いる。

このとき、三角関数の性質から以下が成り立つ。

$$\cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}, \quad dx = \frac{2}{1 + t^2} dt$$

積分区間の対応を調べる。

• $x = 0$ のとき $t = 0$
• $x = \frac{\pi}{4}$ のとき $t = \tan \frac{\pi}{8}$

ここで $\tan \frac{\pi}{8}$ の値を半角の公式を用いて求める。

$$\tan^2 \frac{\pi}{8} = \frac{1 - \cos \frac{\pi}{4}}{1 + \cos \frac{\pi}{4}} = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{2}}}{1 + \frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2} + 1} = (\sqrt{2} - 1)^2$$

$0 < \frac{\pi}{8} < \frac{\pi}{2}$ より $\tan \frac{\pi}{8} > 0$ であるから、以下のようになる。

$$t = \tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2} - 1$$

したがって、与えられた定積分は次のように変形できる。

$$\begin{aligned} \int_0^{\sqrt{2}-1} \frac{1 + t^2}{1 - t^2} \cdot \frac{2}{1 + t^2} dt &= \int_0^{\sqrt{2}-1} \frac{2}{1 - t^2} dt \\ &= \int_0^{\sqrt{2}-1} \left( \frac{1}{1 + t} + \frac{1}{1 - t} \right) dt \end{aligned}$$

定積分を計算する。

$$\begin{aligned} \int_0^{\sqrt{2}-1} \left( \frac{1}{1 + t} + \frac{1}{1 - t} \right) dt &= \left[ \log \left| \frac{1 + t}{1 - t} \right| \right]_0^{\sqrt{2}-1} \\ &= \log \frac{1 + (\sqrt{2} - 1)}{1 - (\sqrt{2} - 1)} - \log 1 \\ &= \log \frac{\sqrt{2}}{2 - \sqrt{2}} \\ &= \log \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}(\sqrt{2} - 1)} \\ &= \log \frac{1}{\sqrt{2} - 1} \\ &= \log(\sqrt{2} + 1) \end{aligned}$$

解説

$\frac{1}{\cos x}$ や $\frac{1}{\sin x}$ の積分は、大学入試において非常に頻出である。解法1のように、分母分子に同じ三角関数を掛けて $\sin x$ や $\cos x$ の多項式と微分形の積に帰着させる手法は、確実かつ計算量も比較的少ないため、第一に選択すべき方針である。

解法2で用いた $t = \tan \frac{x}{2}$ と置く置換（ワイエルシュトラス置換）は、三角関数の有理式を多項式の有理式に変換できる万能な手法である。しかし、積分区間の変換に付随する計算（本問における $\tan \frac{\pi}{8}$ の算出など）や分数式の処理が煩雑になりやすいため、他の簡便な手段がない場合の最終手段として持っておくのがよい。

答え

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