京都大学の理系数学に最近登場した定積分計算問題〜次の定積分を計算せよ〜

積分って、いろんなタイプがあるけど、全部やる気？

なんでまた、そんなこと。まぁ、でもいいよ。定積分なら、考える必要、あんまないしさ。

とっておき？　だってただの定積分でしょ？
ちなみに、最初に定積分の問題が出たのはいつなの？

うん、かもね。でも、この積分。ただの定積分と呼ぶには、少し厄介じゃないかな？　

え？　私か。ちょっと面倒くさいかも。
定積分に根号がついていて、かつその中身が”変数の2乗-正の数”だったら、私なら、サインかコサインで置換。”変数の2乗+正の数”ならタンジェント。今回は形からしてタンジェントで置換したいね。でも、このままタンジェントで置換すると、多分ダメ。

私なら、こうする。
$$\int_{0}^{2}\frac{2x+1}{\sqrt{x^{2}+4}}dx = \int_{0}^{2}\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+4}}dx + \int_{0}^{2}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}dx$$
これで、第1項目はタダで積分できちゃう。

あっ、ごめん。置換も部分積分も使わなくていいってこと、だから
$$\int_{0}^{2}\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+4}}dx = \left[ 2\sqrt{x^{2}+4} \right]_{0}^{2} = 4\sqrt{2}-4$$
ということかな。それで、第2項目の方はタンジェントでいけるね。この場合は
\(x = 2\tan{\theta}\)と置換したい。係数部分を合わせるためにね。
\(\frac{1}{\sqrt{4+4\tan^{2}{\theta}}} = \frac{\cos{\theta}}{2}\)と\( \frac{dx}{d\theta} = \frac{2}{\cos^{2}{\theta}}\)という結果を使うと
$$\int_{0}^{2}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos{\theta}}d\theta$$
だね。さて、この形、有名かな？

うん。一度もお目にかかったことがないと、難しいけど、このレベルの受験生ならみんな知ってるかな。
$$\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos{\theta}}d\theta &=& \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos{\theta}}{\cos^{2}{\theta}}d\theta \\
&=& \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos{\theta}}{1-\sin^{2}{\theta}}d\theta \\
&=& \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left( \frac{\cos{\theta}}{1+\sin{\theta}}+\frac{\cos{\theta}}{1-\sin{\theta}} \right)d\theta \\
&=& \frac{1}{2}\left[ \log{(1+\sin{x})} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} – \frac{1}{2}\left[ \log{(1-\sin{x})} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\
&=& \frac{1}{2}\log{\left( 1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)} – \frac{1}{2}\log{\left( 1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}
\end{eqnarray}$$
このままでもいいと思うけど、より綺麗にするなら
$$\begin{eqnarray}
\frac{1}{2}\log{\left( 1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)} – \frac{1}{2}\log{\left( 1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)} &=& \frac{1}{2}\log{ \left( \frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}} \right) } \\
&=& \frac{1}{2}\log{\left(\frac{(2+\sqrt{2})^{2}}{2}\right)} \\
&=& \frac{1}{2}\log{(3+2\sqrt{2})} \\
&=& \frac{1}{2}\log{(1+\sqrt{2})^{2}} \\
&=& \log{(1+\sqrt{2})}
\end{eqnarray}$$
だよね。だから、答えは
$$4\sqrt{2}-4 + \log{(1+\sqrt{2})}$$

うん。私の場合だとサインで置換しちゃうかな。今回は係数を合わせるために\(x = \frac{1}{\sqrt{2}}\sin{\theta}\)と置換して
$$\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\frac{1}{2}}(x+1)\sqrt{1-2x^{2}}dx &=&
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left( \frac{1}{\sqrt{2}}\sin{\theta}+1 \right)\cdot\cos{\theta}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\cos{\theta}d\theta \\
&=& \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{2}\sin{\theta}\cos^{2}{\theta}d\theta + \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\sqrt{2}}\cos^{2}{\theta}d\theta
\end{eqnarray}$$

エフ、ジー、ジーダッシュ、いつもやるのは緑の積分、、、

いや、割と有名だと思うんだけど、第1項目はそれだね。
$$\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{2}\sin{\theta}\cos^{2}{\theta}d\theta
&=& \frac{1}{2}\left[ -\frac{1}{3}\cos^{3}{\theta} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\
&=& \frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{3}\right)\cdot\left( \frac{1}{2\sqrt{2}}-1 \right) \\
&=& -\frac{\sqrt{2}}{24} + \frac{1}{6} \\
\end{eqnarray}$$
第2項目は三角関数おなじみの変形だから
$$\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\sqrt{2}}\cos^{2}{\theta}d\theta
&=& \frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1+\cos{2\theta}}{2}d\theta \\
&=& \frac{1}{2\sqrt{2}}\left[ \theta + \frac{1}{2}\sin{2\theta} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\
&=& \frac{1}{2\sqrt{2}}\left( \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \right) \\
&=& \frac{\sqrt{2}\pi}{16}+\frac{\sqrt{2}}{8} \\
\end{eqnarray}$$
二つの項を合わせると
$$\frac{\sqrt{2}}{12}+\frac{1}{6}+\frac{\sqrt{2}\pi}{16}$$
だね。

意外と、受験生は計算ミスしているのかも。

う〜ん、私の方法だと、タンジェントの置換から始めようと思うけど、ログがついているから、ちょっと無理っぽい。なら、部分積分か。ログは微分すれば取れるからね。

うん、そうそう。
$$\begin{eqnarray}
\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{1}{x^{2}}\log{\sqrt{1+x^{2}}}dx
&=& \int_{1}^{\sqrt{3}}\left(-\frac{1} {x}\right)^{\prime}\log{\sqrt{1+x^{2}}}dx \\
&=& \left[ -\frac{1}{x}\log{\sqrt{1+x^{2}}} \right]_{1}^{\sqrt{3}} – \int_{1}^{3}-\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{2}\frac{2x}{1+x^{2}} \\
&=& -\frac{1}{\sqrt{3}}\log{2}+\log{\sqrt{2}} + \int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^{2}}dx \\
\end{eqnarray}$$
となる。スッキリしたね。
第2項目は、ダンジェントで置換して
$$\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^{2}}dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}1d\theta = \frac{\pi}{12}$$
だから、全体として
$$ \left(\frac{1}{2} – \frac{\sqrt{3}}{3}\right)\log{2} + \frac{\pi}{12}$$
が答えかな。

(2)って、もう解いたじゃん。確か
$$\log{(1+\sqrt{2})}$$
だよね。

じゃあ、(1)だけ解くよ。これも今日再三出てきたけど、いわゆるタンジェントの微分をイメージしていればいいよね。\(x\)が邪魔で、\(\frac{1}{\cos^{2}{x}}\)が積分できるとなれば、部分積分で決まりだ。
$$\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{x}{\cos^{2}{x}}dx &=&
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\cdot(\tan{x})^{\prime}dx \\
&=& \left[ x\tan{x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} – \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan{x}dx \\
&=&\frac{\pi}{4} – \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan{x}dx
\end{eqnarray}$$
\(\tan{x}\)の積分はあまりやらないかもしれないけど、\(\frac{\sin{x}}{\cos{x}}\)の形にすればすぐ思いつくかな？　つまり、、、
$$\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan{x}dx &=& \left[-\log{|\cos{x}|}\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\
&=& -\log{\frac{\sqrt{2}}{2}} \\
&=&-\log{ 2^{-\frac{1}{2}} } = \frac{1}{2}\log{2}
\end{eqnarray}$$
だから、最終的な答えは
$$\frac{\pi}{4} – \frac{1}{2}\log{2}$$

積分と微分の計算はとにかく訓練したからね。

これだね。

そう言えば、まみが言ってたとっておきの問題って何？

定積分の問題でしょ、でも。

ちょっと、まみ、これは反則じゃない？

ええ、違うよ。極限値だよ？　少なくとも定積分じゃないよね。

んん〜、納得いかないけど、でも、今日の問題はそんなに難しくなかったし、やってやるか！

積分の中身は減衰曲線だね。サインカーブを描きながら、\(x\)が大きくなると指数の分だけ振幅が小さくなっていくって感じ。ただ、この問題、少なくとも嫌味なところが3つある。

１つは、言うまでもないけど絶対値。負になる時と正になる時を分けて考えないといけない。2つ目は、指数関数と三角関数の組み合わせ。定石は部分積分だけど、最低2回はやんないとダメ。そして3つ目は、サインの中身が\(nx\)なのに積分区間にまで\(n\)がついてるってこと。これは計算量とかそういう煩わしさを増やしてくる。

ってことで、なるべく丁寧にやっていくね。まず、サインの中身に\(n\)がついているのはちょっと嫌だから変数変換するよ。\(nx = k\)として
$$\begin{eqnarray}
F(n) &=& \int_{0}^{n\pi}e^{-x}|\sin{nx}|dx \\
&=& \frac{1}{n}\int_{0}^{n^{2}\pi}e^{-\frac{k}{n}}|\sin{k}|dk \\
&=& \frac{1}{n}f(n)
\end{eqnarray}$$
と計算できる。さて、ここでスタート地点に立ったわけだけど、どうするか。ポイントは絶対値で、サインの符号の切り替えが重要。ちょっと表にしてみるか。

表を見ると、(偶数)\(\times \pi\)から(奇数)\(\times \pi\)に至るところでは正、(奇数)\(\times \pi\)から(偶数)\(\times \pi\)に至るところでは負になっているね。ってことで、こういう感じで区間をわけないといけない、と。問題は\(n^{2}\)が偶数になるか、奇数になるかわからないってことか。わからないなら場合わけしなきゃいけない。

え？　ってことは他のところでも場合わけするの？　まぁ、とりあえず進めなきゃね。まず\(n\)が偶数の場合
$$\begin{eqnarray}
f(n) &=& \int_{0}^{\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx + \int_{2\pi}^{3\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx+\cdots+\int_{(n^{2}-2)\pi}^{(n^{2}-1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx \\
&-& \left( \int_{\pi}^{2\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx + \int_{3\pi}^{4\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx+\cdots+\int_{(n^{2}-1)\pi}^{n^{2}\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx \right)
\end{eqnarray}$$
で、\(n\)が奇数の場合
$$\begin{eqnarray}
f(n) &=& \int_{0}^{\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx + \int_{2\pi}^{3\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx+\cdots+\int_{(n^{2}-1)\pi}^{n^{2}\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx \\
&-& \left( \int_{\pi}^{2\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx + \int_{3\pi}^{4\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx+\cdots+\int_{(n^{2}-2)\pi}^{(n^{2}-1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx \right)
\end{eqnarray}$$
最後がちょっと変わるだけだね。まぁ、最後に\(n\)を無限に飛ばすんだから、どっちもおんなじことになると思うけど。

そうだねぇ、部分積分でもしとく？　つまり\(m\)を整数として
$$\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dk$$
を計算するってこと。
\begin{eqnarray}
I(m) &=& \int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dk = \int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}(-\cos{k})^{\prime}dk\\
&=& \left[ -e^{\frac{k}{n}}\cos{k} \right]_{m\pi}^{(m+1)\pi} -\frac{1}{n}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\cos{k}dk \\
&=& -e^{-\frac{m+1}{n}\pi}(-1)^{m+1}+e^{-\frac{m}{n}\pi}(-1)^{m} + \frac{1}{n}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}(\sin{k})^{\prime}dk
\end{eqnarray}
ちょっと分けようかな。
\begin{eqnarray}
\frac{1}{n}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}(\sin{k})^{\prime}dk &=&
\left[ -\frac{1}{n}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k} \right]_{m\pi}^{(m+1)\pi}-\frac{1}{n^{2}}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dk \\
&=& -\frac{1}{n^{2}}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dk \\
&=&-\frac{1}{n^{2}}\cdot I(m)
\end{eqnarray}
だから、さっき分けた式とまとめると
$$\frac{n^{2}+1}{n^{2}} I(m)= -e^{-\frac{m+1}{n}\pi}(-1)^{m+1}+e^{-\frac{m}{n}\pi}(-1)^{m}$$
となるわけだ。なるほど、ここでさらに場合わけが必要で
\(m\)が偶数のとき
$$\frac{n^{2}+1}{n^{2}}I(m) = e^{-\frac{m+1}{n}\pi}+e^{-\frac{m}{n}\pi}$$
\(m\)が奇数のとき
$$\frac{n^{2}+1}{n^{2}}I(m) = -e^{-\frac{m+1}{n}\pi}-e^{-\frac{m}{n}\pi}$$
だね。

うん、でもすごく疲れる。
それで、これを使って\(f(n)\)を計算するんだね。どうせ同じことだから、\(n\)が偶数の時を考えるよ。
\begin{eqnarray}
\frac{n^{2}+1}{n^{2}}f(n) &=& \left( e^{-\frac{1}{n}\pi} + e^{-\frac{0}{n}\pi} \right) + \left( e^{-\frac{3}{n}\pi} + e^{-\frac{2}{n}\pi} \right) + \cdots + \left( e^{-\frac{n^{2}-1}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}-2}{n}\pi} \right) \\
&+& \left( e^{-\frac{2}{n}\pi} + e^{-\frac{1}{n}\pi} \right) + \left( e^{-\frac{4}{n}\pi} + e^{-\frac{3}{n}\pi} \right) + \cdots + \left( e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}-1}{n}\pi} \right) \\
&=& e^{-\frac{0}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi} + 2\left( e^{-\frac{1}{n}\pi} + e^{-\frac{2}{n}\pi} + \cdots + e^{-\frac{n^{2}-1}{n}\pi} \right) \\
&=& e^{-\frac{0}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi} + 2\sum_{p=1}^{n^{2}-1}e^{-\frac{p}{n}\pi}
\end{eqnarray}
結構スッキリするじゃん。あとは、シグマの計算だけど、よく見れば公比が\(e^{-\frac{\pi}{n}}\)で初項が\(e^{-\frac{\pi}{n}}\), 項数が\(n^{2}-1\)だから計算できて
$$\frac{n^{2}+1}{n^{2}}f(n) = e^{-\frac{0}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi} + 2\frac{ e^{-\frac{\pi}{n}}\left( 1-\left( e^{-\frac{\pi}{n}} \right)^{n^{2}-1} \right) }{1- e^{-\frac{\pi}{n}}}$$
なのかな。ちょっと自信ないけど。

さて、じゃあいよいよ\(n\)を無限に飛ばして\(\lim_{n\to\infty}F(n)\)を求めるよ。これが最終段階だね。
$$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\left(e^{-\frac{0}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi}\right) = 0,\ \lim_{n\to\infty}\left(1- \left( e^{-\frac{\pi}{n}} \right)^{n^{2}-1} \right) = 1,\ \lim_{n\to\infty}\frac{n^{2}+1}{n^{2}} = 1$$
だから
\begin{eqnarray}
\lim_{n\to\infty}F(n) &=& \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}f(n) \\
&=&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{1-e^{-\frac{\pi}{n}}} \\
&=&2\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n}}{1-e^{-\frac{\pi}{n}}} \\
\end{eqnarray}
ここで、指数関数の極限値、定番の公式が使えるね。
$$\lim_{x\to 0}\frac{x}{e^{x}-1} = 1$$
っていう。この形に合わせるためには、こうやって変形すればいいね。
\begin{eqnarray}
\lim_{n\to\infty}F(n) &=& \frac{2}{\pi}\lim_{-\frac{x}{n}\to 0}\frac{-\frac{\pi}{n}}{e^{-\frac{\pi}{n}}-1} \\
&=& \frac{2}{\pi}
\end{eqnarray}
あ〜、やっと出た。

\(n\)が奇数の時は、途中で出てきたシグマの最後の項がちょっと変わるだけだから、同様に計算できると思うよ。最初に思った通り、\(n\)を無限に飛ばすから、結局同じような計算になるね。まぁ、解答だったらそれもちゃんと書くよ。

いやぁ、すっごい疲れたよ。試験場でミスなくできるかどうか、ちょっと自信ないな。

うん、ほんとそれ。