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数学3 定積分・面積問題 269 解説

方針・初手

(1) $\sqrt{1-x^2}$ を含む定積分であるため、$x = \sin \theta$ または $x = \cos \theta$ と置換する定石に従う。その後、三角関数の半角の公式等を用いて次数を下げて積分を実行する。

(2) $x^3 \log(x^2+1)$ は対数関数を含む積分であるため、部分積分を用いる。その際、あらかじめ $x^2+1 = t$ と置換しておくことで、計算の見通しが格段に良くなる。

解法1

(1)

$x = \sin \theta$ とおく。

$dx = \cos \theta d\theta$ であり、積分区間は $x$ が $0$ から $1$ に変化するとき、$\theta$ は $0$ から $\frac{\pi}{2}$ に変化する。

区間 $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$ において $\cos \theta \geqq 0$ であるから、$\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\sin^2 \theta} = \sqrt{\cos^2 \theta} = \cos \theta$ となる。

これらを代入して定積分 $I$ を計算する。

$$\begin{aligned} I &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 \theta \cdot \cos \theta \cdot \cos \theta d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 \theta \cos^2 \theta d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{\sin 2\theta}{2} \right)^2 d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 2\theta d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \cos 4\theta}{2} d\theta \\ &= \frac{1}{8} \left[ \theta - \frac{1}{4} \sin 4\theta \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{1}{8} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) \\ &= \frac{\pi}{16} \end{aligned}$$

(2)

$x^2+1 = t$ とおく。

$2x dx = dt$ より $x dx = \frac{1}{2} dt$ となる。また、$x^2 = t - 1$ である。

積分区間は $x$ が $0$ から $1$ に変化するとき、$t$ は $1$ から $2$ に変化する。

これらを代入して定積分 $J$ を書き換える。

$$\begin{aligned} J &= \int_{0}^{1} x^2 \log(x^2+1) \cdot x dx \\ &= \int_{1}^{2} (t-1) \log t \cdot \frac{1}{2} dt \\ &= \frac{1}{2} \int_{1}^{2} (t-1) \log t dt \end{aligned}$$

ここで、部分積分法を用いる。$(t-1)$ を $\left( \frac{1}{2}t^2 - t \right)'$ とみなす。

$$\begin{aligned} J &= \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{1}{2}t^2 - t \right) \log t \right]_{1}^{2} - \frac{1}{2} \int_{1}^{2} \left( \frac{1}{2}t^2 - t \right) \cdot \frac{1}{t} dt \\ &= \frac{1}{2} \left\{ \left( \frac{1}{2}\cdot 4 - 2 \right) \log 2 - \left( \frac{1}{2}\cdot 1 - 1 \right) \log 1 \right\} - \frac{1}{2} \int_{1}^{2} \left( \frac{1}{2}t - 1 \right) dt \\ &= \frac{1}{2} ( 0 - 0 ) - \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{4}t^2 - t \right]_{1}^{2} \\ &= - \frac{1}{2} \left\{ \left( \frac{1}{4}\cdot 4 - 2 \right) - \left( \frac{1}{4}\cdot 1 - 1 \right) \right\} \\ &= - \frac{1}{2} \left\{ -1 - \left( -\frac{3}{4} \right) \right\} \\ &= - \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{4} \right) \\ &= \frac{1}{8} \end{aligned}$$

解法2

(2)の別解

置換積分を用いず、そのまま部分積分を実行する。

$x^3$ を積分側に、$\log(x^2+1)$ を微分側に設定する。このとき、$x^3$ の原始関数として単なる $\frac{1}{4}x^4$ ではなく、定数を調整した $\frac{1}{4}(x^4-1)$ を選ぶと後の計算が楽になる。

$$\begin{aligned} J &= \int_{0}^{1} x^3 \log(x^2+1) dx \\ &= \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{4}(x^4-1) \right\}' \log(x^2+1) dx \\ &= \left[ \frac{1}{4}(x^4-1) \log(x^2+1) \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{1}{4}(x^4-1) \cdot \frac{2x}{x^2+1} dx \\ &= (0 - 0) - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{(x^2-1)(x^2+1)x}{x^2+1} dx \\ &= - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x(x^2-1) dx \\ &= - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} (x^3 - x) dx \\ &= - \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{4}x^4 - \frac{1}{2}x^2 \right]_{0}^{1} \\ &= - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \right) \\ &= \frac{1}{8} \end{aligned}$$

解説

(1) は無理関数を含む定積分の基本問題である。$\sqrt{a^2-x^2}$ を見たら $x = a \sin \theta$ と置換する定石を確実に実行したい。その後の三角関数の積分では、2倍角の公式（半角の公式）を用いて次数を下げる操作が必須となる。

(2) は対数関数を含む積分であるため、部分積分を用いることが大前提となる。解法1のように、$x^2+1$ というまとまりに着目して先に $t = x^2+1$ と置換することで、被積分関数が「$t$ の多項式 $\times \log t$」というシンプルな形になり、計算ミスを防ぎやすくなる。解法2のように直接部分積分を行う場合、「都合の良い積分定数」を選んで $\frac{1}{4}(x^4-1)$ を原始関数とすることで、その後の分数関数の積分が約分により劇的に簡単になる。この工夫は計算量を減らすうえで非常に有効なテクニックである。