1925. 簡単な積分3題 - しょぼんブログ

1925 東京帝国大学工学部MathJax

1925 (大正14) 東京帝国大学工学部
第四問
(a)次の積分を求む.
$\int 5x^2e^{4x}dx$

(b)次の積分を求む.
$\displaystyle \int^{2a}_0 \frac{dx}{(x-a)^2}, a>0$

(c)次の積分を求む.
$\displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x+\sin{x}}{1+\cos{x}} dx$

(a)
$\displaystyle (e^x)'=e^x$ を知っていて、部分積分できる人なら簡単に解けると思います。
まず, $5x^2$ というのは, 2回微分すると消えそうです
だから, 部分積分しようと思います.

$\displaystyle \int 5x^2e^{4x}dx \\ \displaystyle = \int 5x^2\frac{(e^{4x})'}{4} dx \\ \displaystyle = \frac{5}{4}x^2e^{4x}-\int \frac{5}{2}xe^{4x} dx \\ \displaystyle = \frac{5}{4}x^2e^{4x}-\int \frac{5}{2}x\frac{(e^{4x})'}{4} dx \\ \displaystyle = \frac{5}{4}x^2e^{4x}-\frac{5}{8}xe^{4x}+\int \frac{5}{8}e^{4x} dx \\ \displaystyle = \frac{5}{4}x^2e^{4x}-\frac{5}{8}xe^{4x}+\frac{5}{32}e^{4x}+C \\ \displaystyle = \frac{5}{32}e^{4x}(8x^2-4x+1)$

この部分積分は、瞬間部分積分を用いてやることもできます.
＋ $5x^2$ 　 $e^{4x}/4$
－ $10x$ 　 $e^{4x}/16$
＋ $10$ 　 $e^{4x}/64$
より,
$\displaystyle \frac{5}{64}e^{4x}(16x^2-8x+2) \\ \displaystyle = \frac{5}{32}e^{4x}(8x^2-4x+1)$

(b)
$\displaystyle \int^{2a}_0 \frac{dx}{(x-a)^2} \\ \displaystyle = ［-\frac{1}{(x-a)}］^{2a}_0 \displaystyle = (-\frac{1}{a})-(+\frac{1}{a}) \displaystyle = -\frac{2}{a}$
３つの中で一番簡単です

(c)
$\displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x+\sin{x}}{1+\cos{x}} dx \\ = \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x+\sin{x}}{(x+\sin{x})'} dx$
ここで, $t=x+\sin{x}$ とおくと, $dt=1+\cos{x} dx$
となるが、うまくいかない。

分解してみる。
$\displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x+\sin{x}}{1+\cos{x}} dx \\ = \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x}{1+\cos{x}} dx + \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{\sin{x}}{1+\cos{x}} dx$
行けそうな気がするが, $\frac{x}{1+\cos{x}}$ はちょっとむずかしいかもしれない。
まず, $\displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{\sin{x}}{1+\cos{x}} dx \\ = \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{(1+\cos{x})'}{1+\cos{x}} dx$
ここで $t=1+\cos{x}$ とすると, $dt=-\sin{x} dx$
積分範囲は, $t$ は $2$ から $1$
そうすると $\displaystyle \int^1_2 -\frac{1}{t} dt \\ = \displaystyle ［-\log|t|］^1_2 = \log{2}$
さて,
$\displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x}{1+\cos{x}} dx$
ですが, 半角公式が使えて,
$\displaystyle \int \frac{1}{\cos^2{x}} dx = \tan{x}+C$
に注意して,

$\displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x}{1+\cos{x}} dx \\ = \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x}{2\cos^2{\frac{x}{2}}} dx \\ = \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 x(\tan\frac{x}{2})' dx \\ = \displaystyle ［x\tan\frac{x}{2}］^\frac{\pi}{2}_0 - \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \tan\frac{x}{2} dx \\ = \displaystyle \frac{\pi}{2} + \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{2(\cos\frac{x}{2})'}{\cos\frac{x}{2}} dx$
ここで $\displaystyle t=\cos\frac{x}{2}$ とおくと, $\displaystyle dt=-\frac{1}{2}(\sin\frac{x}{2}) dx$
積分範囲は, $t$ は $1$ から $\frac{1}{\sqrt{2}}$
同様にして,
$\displaystyle \frac{\pi}{2} + \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{2(\cos\frac{x}{2})'}{\cos\frac{x}{2}} dx = \displaystyle \frac{\pi}{2} + \int^{\frac{\sqrt{1}}{\sqrt{2}}}_1 \frac{2}{t} dt \\ = \displaystyle \frac{\pi}{2} + ［2\log{|t|}］^\frac{1}{\sqrt{2}}_1 \\ = \displaystyle \frac{\pi}{2} + (2\log{\frac{1}{\sqrt{2}}})-(2\log{1}) \\ = \displaystyle \frac{\pi}{2} + 2\log{2^{-\frac{1}{2}}} \\ = \displaystyle \frac{\pi}{2} - \log{2} \\$

よって,
$\displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{\sin{x}}{1+\cos{x}} dx = \log{2}$
$\displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x}{1+\cos{x}} dx = \frac{\pi}{2} - \log{2}$
であるから,
$\displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{x+\sin{x}}{1+\cos{x}} dx = \log{2}+\frac{\pi}{2} - \log{2} = \frac{\pi}{2}$

かなり難易度が高い問題でした。
これが解けたらすごいと思います