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数学3 定積分・面積問題 271 解説

方針・初手

(1)は $t = \tan \frac{x}{2}$ からスタートし、三角関数の相互関係と倍角（半角）の公式を利用して $\cos x$ を $t$ で表す典型的な変形である。 (2)は $f(x)$ を微分して与式に代入し、(1)の形を利用して $t$ の式に直す。絶対値の扱いに注意する。 (3)は(2)の結果を利用して定積分を計算する。(1)で用意した $t = \tan \frac{x}{2}$ の置換積分を実行する方針と、$\frac{1}{\cos x}$ の積分として定石の変形を行う方針がある。

解法1

(1)

$t = \tan \frac{x}{2}$ である。三角関数の相互関係 $1+\tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta}$ より、

$$1+t^2 = 1+\tan^2 \frac{x}{2} = \frac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}}$$

半角の公式（あるいは倍角の公式）より、$\cos^2 \frac{x}{2} = \frac{1+\cos x}{2}$ であるから、

$$1+t^2 = \frac{2}{1+\cos x}$$

これを $\cos x$ について解く。

$$1+\cos x = \frac{2}{1+t^2}$$

$$\cos x = \frac{2}{1+t^2} - 1 = \frac{2-(1+t^2)}{1+t^2} = \frac{1-t^2}{1+t^2}$$

よって、示された。

(2)

$f(x) = \log \cos x$ より、合成関数の微分法を用いて、

$$f'(x) = \frac{(\cos x)'}{\cos x} = \frac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x$$

したがって、求める式は以下のようになる。

$$\sqrt{1+\{f'(x)\}^2} = \sqrt{1+(-\tan x)^2} = \sqrt{1+\tan^2 x}$$

ここで、$-\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}$ において $\cos x > 0$ であるため、

$$\sqrt{1+\tan^2 x} = \sqrt{\frac{1}{\cos^2 x}} = \frac{1}{|\cos x|} = \frac{1}{\cos x}$$

(1)の逆数をとると $\frac{1}{\cos x} = \frac{1+t^2}{1-t^2}$ であるから、

$$\sqrt{1+\{f'(x)\}^2} = \frac{1+t^2}{1-t^2}$$

(3)

求める定積分を $I$ とおく。

$$I = \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \sqrt{1+\{f'(x)\}^2} \,dx$$

(2)より、$\sqrt{1+\{f'(x)\}^2} = \frac{1}{\cos x}$ であり、これは偶関数である。したがって、積分区間の対称性を利用して以下のように変形できる。

$$I = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\cos x} \,dx$$

ここで、$t = \tan \frac{x}{2}$ と置換する。両辺を $x$ で微分すると $\frac{dt}{dx} = \frac{1}{2\cos^2 \frac{x}{2}}$ より、

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

$x$ と $t$ の対応は以下のようになる。 $x : 0 \to \frac{\pi}{3}$ のとき、$t : \tan 0 \to \tan \frac{\pi}{6}$ すなわち $t : 0 \to \frac{1}{\sqrt{3}}$

これらを用いて置換積分を行う。(1)より $\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ であるから、

$$I = 2 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \frac{1+t^2}{1-t^2} \cdot \frac{2}{1+t^2} \,dt$$

$$I = 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \frac{1}{1-t^2} \,dt$$

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、

$$I = 4 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1+t} + \frac{1}{1-t} \right) \,dt$$

$$I = 2 \left[ \log|1+t| - \log|1-t| \right]_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}}$$

$$I = 2 \left[ \log \left| \frac{1+t}{1-t} \right| \right]_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}}$$

$$I = 2 \left( \log \frac{1+\frac{1}{\sqrt{3}}}{1-\frac{1}{\sqrt{3}}} - \log 1 \right)$$

$$I = 2 \log \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}$$

分母を有理化する。

$$I = 2 \log \frac{(\sqrt{3}+1)^2}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = 2 \log \frac{4+2\sqrt{3}}{2} = 2 \log(2+\sqrt{3})$$

解法2

(3)について、$t = \tan \frac{x}{2}$ の置換を用いずに解く別解を示す。

$$I = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\cos x} \,dx$$

分母と分子に $\cos x$ をかける。

$$I = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\cos x}{\cos^2 x} \,dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\cos x}{1-\sin^2 x} \,dx$$

$u = \sin x$ とおくと、$du = \cos x \,dx$。 $x$ と $u$ の対応は以下のようになる。 $x : 0 \to \frac{\pi}{3}$ のとき、$u : 0 \to \frac{\sqrt{3}}{2}$

$$I = 2 \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{1}{1-u^2} \,du$$

被積分関数を部分分数分解する。

$$I = 2 \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1+u} + \frac{1}{1-u} \right) \,du$$

$$I = \left[ \log|1+u| - \log|1-u| \right]_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}$$

$$I = \left[ \log \left| \frac{1+u}{1-u} \right| \right]_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}$$

$$I = \log \frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}} - \log 1$$

$$I = \log \frac{2+\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}$$

分母を有理化する。

$$I = \log \frac{(2+\sqrt{3})^2}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})} = \log \frac{(2+\sqrt{3})^2}{4-3} = \log(2+\sqrt{3})^2 = 2\log(2+\sqrt{3})$$

解説

$t = \tan \frac{x}{2}$ とおく置換積分は、三角関数の有理式を $t$ の有理式に変換する強力な手法である。(1)はその準備にあたる。(2)で現れる $\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}$ という形は、曲線 $y=f(x)$ の弧長を求める定積分の被積分関数そのものであり、背景として弧長計算を意識して作られた問題といえる。 (3)の $\int \frac{1}{\cos x} dx$ の計算は頻出であり、本解のように誘導に乗って $t = \tan \frac{x}{2}$ と置換する方法のほか、解法2のように分母分子に $\cos x$ をかけて $\sin x$ に置換する方法の2パターンが定石である。どちらでもスムーズに計算できるよう習熟しておきたい。