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東京大学 2019年理系第1問解説

方針・初手

被積分関数を展開し、基本的な置換積分で処理できる 3 つの積分に分ける。

$$ \int_0^1 x^2\,dx,\quad \int_0^1 \frac{2x^3+x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\,dx,\quad \int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx $$

の形に整理すると、それぞれ

多項式の積分
$t=\sqrt{1+x^2}$ による置換
$x=\tan\theta$ による置換

で求められる。

解法1

求める積分を

$$ I=\int_0^1 \left(x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)\left(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\right)\,dx $$

とおく。被積分関数を展開すると、

$$ \begin{aligned} \left(x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)\left(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\right) \\ &=x^2+\frac{x^3}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\\ &=x^2+\frac{2x^3+x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}+\frac{x^2}{(1+x^2)^2} \end{aligned} $$

となる。したがって、

$$ I=\int_0^1 x^2\,dx+\int_0^1 \frac{2x^3+x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\,dx+\int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx $$

である。

第 1 項は

$$ \int_0^1 x^2\,dx=\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^1=\frac{1}{3} $$

となる。

第 2 項では

$$ t=\sqrt{1+x^2} $$

とおくと、

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

であるから、

$$ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{2x^3+x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\,dx \\ &=\int_0^1 \frac{2x^2+1}{1+x^2}\cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx\\ &=\int_1^{\sqrt{2}} \frac{2t^2-1}{t^2}\,dt\\ &=\left[2t+\frac{1}{t}\right]_1^{\sqrt{2}}\\ &=2\sqrt{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}-3\\ &=\frac{5\sqrt{2}}{2}-3 \end{aligned} $$

となる。

第 3 項では

$$ x=\tan\theta $$

とおくと、

$$ dx=\frac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta,\qquad 0\leqq \theta \leqq \frac{\pi}{4} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx \\ &=\int_0^{\pi/4}\frac{\tan^2\theta}{(1+\tan^2\theta)^2}\cdot \frac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta\\ &=\int_0^{\pi/4}\sin^2\theta\,d\theta\\ &=\int_0^{\pi/4}\frac{1-\cos 2\theta}{2}\,d\theta\\ &=\left[\frac{\theta}{2}-\frac{\sin 2\theta}{4}\right]_0^{\pi/4}\\ &=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4} \end{aligned} $$

となる。

以上より、

$$ \begin{aligned} I&=\frac{1}{3}+\left(\frac{5\sqrt{2}}{2}-3\right)+\left(\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\right)\\ &=\frac{\pi}{8}+\frac{5\sqrt{2}}{2}-\frac{35}{12} \end{aligned} $$

である。