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微分積分学および演習Ⅰ 演習問題 6
2014 年度前期
工学部・未来科学部 1 年
担当: 原 隆 (未来科学部数学系列・助教)
※本演習問題は、講義の時間中の問題演習用に使います。
問題 6-1. (不定積分の計算)
以下の不定積分を計算しなさい。
∫
(5x − 6x + 2x − 3) dx (2)
4
(1)
∫
(4)
∫
3
2
∫ √
5
x3 dx
∫
(3)
∫
∫
)
(
1
sin 2x − π dx
2
3x2 − 2
dx
x3 − 2x
)
∫
∫ (
1
x2 + 1
√
(8)
dx
(9)
cos(3x)
−
dx
3
x
3x + 2
∫
∫
(11)
tan x dx
(12)
(tan2 x + 1) dx
1
dx
1 + x2
e2x−3 dx
(5)
1
√
dx
1 − x2
∫
1
(10)
dx
3x + 2
(7)
(6)
問題 6-2. (置換積分法と部分積分法)
以下の不定積分を計算しなさい。
∫
√
x x3 − 1 dx
2
(1)
∫
(2)
∫
xe
dx
(5)
esin x cos x dx
(8)
∫
(7)
(10)
sin x cos x dx
∫
log x dx
(6)
Arctanx dx
(9)
∫
∫ √
a2 − x2 dx (a > 0) (11)∗
(5x − 3)(2x + 1)5 dx
(3)
∫
3x
(4)
∫
3
x2 cos(x3 + 1) dx
∫
∫ √
x2 + a2 dx (a > 0) (12)∗
ex sin x dx
∫
(log x)n dx (n ∈ N)
【ヒント集】
∫
(9) I =
ex sin x dx とおいて部分積分して、I に関する方程式を立てなさい。
(10) x = a sin t
(
)
1
1
− π ≤ t ≤ π とおいて置換積分しなさい。
2
2
et − e−t
とおいて置換積分しなさい*1 。 2 √
[または t = x + x2 + a2 とおいて置換積分しても出来ます]
∫
(12) In = (log x)n dx とおいて、In に関する漸化式を立てなさい。
(11) x = a ·
*1
sinh x =
ex − e−x
と定義して 双曲線正弦関数 hyperbolic sine function と呼ぶ。石原・浅野の教科書 p.50 参照。
2
1
【略解】
問題 6-2.
∫ √
(10)
a2 − x2 dx (但し a > 0)
(
)
x = a sin t 但し − 12 π ≤ t ≤ 12 π と置換すると、
dx = (a sin t)′ dt = a cos t dt
となる。他方
√
√
a2 − x2 = a2 (1 − sin2 t) = a cos t
だから*2 、結局
∫ √
∫
a cos t · a cos t dt
∫
∫
cos(2t) + 1
2
2
2
=a
dt (半角の公式)
cos t dt = a
2
(
)
1
1
= a2
sin(2t) + t + C
4
2
2
a
=
(sin t cos t + t) + C (倍角の公式)
2
x
と計算出来る (但し C は積分定数)。ここで sin t =
より
a
√
(x)
( x )2
√
2
t = Arcsin
, cos t = 1 − sin t = 1 −
a
a
a2
−
x2
dx =
であることに注意すると
∫ √
∫ √
(11)
a2 + x2 dx
)
√
( x )2
(x)
x
· 1−
+ Arcsin
+C
a
a
a
(x)
1 √
1
= x a2 − x2 + a2 Arcsin
+ C.
2
2
a
a2
a2 − x2 dx =
2
(
(但し a > 0)
et − e−t
· · · (♣) と置換すると、
2
)′
( t
e − e−t
et + e−t
dt
dx = a ·
dt = a ·
2
2
x = a sinh t = a ·
*2
1
1
− π ≤ t ≤ π の範囲では cos t ≥ 0 であることに注意。
2
2
2
(= a cosh t dt)
となる。他方，
√
a2 + x 2 = a
√
(
1+
√
et − e−t
2
)2
√
)
(et )2 − 2 + (e−t )2
(et )2 + 2 + (e−t )2
=a 1+
=a
4
4
√(
)
2
et + e−t
et + e−t
=a
=a·
· · · (♠)
2
2
(
(= a cosh t)
である*3 。したがって、
∫ √
) ( t
)
∫ (
et + e−t
e + e−t
a·
·a
dt
2
2
)2
∫ ( t
∫ 2t
e + e−t
e + 2 + e−2t
2
2
=a
dt = a
dt
2
4
(
)
1 2t 1
1
= a2
e + t − e−2t + C
8
2
8
{( t
) ( t
)
}
2
−t
a
e +e
e − t−t
=
·
+t +C
2
2
2
a2 + x2 dx =
と計算出来る (但し C は積分定数)。ここで (♣), (♠) より
et + e−t et − e−t
·
=
2
2
( √
) ( )
1
x
1 √
2
2
x +a ·
= 2 x a2 + x2
a
a
a
であったことを思い出しておこう。また、 (♣) より et は二次方程式
ae2t − 2xet − a = 0
√
x ± x2 + a2
t
の根となるから、根の公式から e =
となるが、et > 0 と併せて
a
√
x + x 2 + a2
t
e =
.
a√
√
x + x 2 + a2
∴
t = log
= log(x + x2 + a2 ) − log a.
a
これ等を併せて
(
)
√
∫ √
a2 1 √ 2
x + x 2 + a2
2
2
2
x a + x + log
+C
x + a dx =
2 a2
a
√
1 √
1
= x a2 + x2 + a2 log(x + x2 + a2 ) + C
2
2
となる*4 。
*3
*4
et + e−t
> 0 に注意。
2
√
√
x + a2 + x 2
a2
a2
a2
log
=
(log(x + x2 + a2 ) − log a) の計算で出て来る −
log a の部分は、既に
ここでは
2
a
2
√2
2
2
a
x + a + x2
登場している積分定数 C と併せて改めて積分定数 C とおき直している。勿論
log
のまま答えて
2
a
いても正解。
3
∫
(12)
(log x)n dx (但し n ∈ N)
∫
In = (log x)n dx とおくと、部分積分法により
∫
∫
(x)′ (log x)n dx = x(log x)n − x{(log x)n }′ dx (部分積分法)
∫
1
n
= x(log x) − x · n(log x)n−1 · dx
x
∫
n
= x(log x) − n (log x)n−1 dx
In =
だから、漸化式
In = x(log x)n − nIn−1
· · · (∗)n
を得る。これを繰り返し適用して
In = x(log x)n − nIn−1
((∗)n より)
= x(log x)n − n{x(log)n−1 − (n − 1)In−2 }
= x(log x) − n(log x)
n
n−1
((∗)n−1 より)
+ n(n − 1)In−2
= x(log x)n − nx(log x)n−1 + n(n − 1){x(log x)n−2 −(n − 2)In−3 }
((∗)n−2 より)
= x(log x)n − nx(log x)n−1 + n(n − 1)(log x)n−2 − n(n − 1)(n − 2)In−3
= ···
= x(log x)n − nx(log x)n−1 + n(n − 1)(log x)n−2 − . . .
. . . + (−1)n n(n − 1) · · · 2 · 1 I0 .
ここで
∫
I0 =
1 dx = x + C
(C は積分定数)
であるから、結局
In = x{(log x)n − n(log x)n−1 + n(n − 1)(log x)n−2 − . . . + (−1)n n!} + C
{ n
}
∑
n!
=x
(−1)k
(log x)n−k + C.
(n − k)!
k=0
【注】 試しに n = 0, n = 1 を代入してみると、
I0 = x + C
{ 1
∑
I1 = x
(−1)k
k=0
1!
(log x)1−k
(1 − k)!
}
+C
{
}
0 1!
1
1 1!
0
= x (−1) · (log x) + (−1) · (log x) + C
1!
0!
= x(log x − 1) + C
4
となり*5 、「1 の不定積分は x + C 」という良く知られた公式や演習問題 6-2. (5) の結果をき
ちんと復元していることが分かります。
*5
便宜上 0! は 1 と解釈する約束となっています。
5