$e^x + e^{-x}$ の分母分子に $e^x$ を掛けると、 $$ \frac{1}{e^x + e^{-x}} = \frac{e^x}{e^{2x} + 1} $$

## 問題の内容

次の2つの広義積分を計算します。

(1) $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{e^x + e^{-x}}$

(2) $\int_{0}^{1} \frac{\log x}{\sqrt{x}} dx$

## 解き方の手順

### (1) $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{e^x + e^{-x}}$

1. 被積分関数を整理します。

$e^x + e^{-x}$ の分母分子に $e^x$ を掛けると、

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\frac{1}{e^x + e^{-x}} = \frac{e^x}{e^{2x} + 1}

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2. 積分を計算します。

$u = e^x$ と置換すると、$du = e^x dx$ となります。

積分範囲も変わります。$x = -\infty$ のとき $u = 0$、$x = \infty$ のとき $u = \infty$ となります。

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\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{e^x + e^{-x}} = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^x}{e^{2x} + 1} dx = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{u^2 + 1} du

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これは基本的な積分であり、$\arctan(u)$ の微分が $\frac{1}{u^2 + 1}$ であることを知っています。

したがって、

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\int_{0}^{\infty} \frac{1}{u^2 + 1} du = \left[ \arctan(u) \right]_{0}^{\infty} = \arctan(\infty) - \arctan(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}

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### (2) $\int_{0}^{1} \frac{\log x}{\sqrt{x}} dx$

1. 積分を計算します。

$u = \sqrt{x}$ と置換すると、$x = u^2$、$dx = 2u du$ となります。

積分範囲も変わります。$x = 0$ のとき $u = 0$、$x = 1$ のとき $u = 1$ となります。

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\int_{0}^{1} \frac{\log x}{\sqrt{x}} dx = \int_{0}^{1} \frac{\log (u^2)}{u} (2u) du = \int_{0}^{1} 2 \log (u^2) du = \int_{0}^{1} 4 \log u du

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2. 部分積分を用いて積分を計算します。

$\int \log u du$ を計算します。$f(u) = \log u$、$g'(u) = 1$ とすると、$f'(u) = \frac{1}{u}$、$g(u) = u$ となります。

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\int \log u du = u \log u - \int u \cdot \frac{1}{u} du = u \log u - \int 1 du = u \log u - u + C

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3. 広義積分を評価します。

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\int_{0}^{1} 4 \log u du = 4 \lim_{a \to 0^{+}} \int_{a}^{1} \log u du = 4 \lim_{a \to 0^{+}} \left[ u \log u - u \right]_{a}^{1} = 4 \lim_{a \to 0^{+}} \left( (1 \log 1 - 1) - (a \log a - a) \right)

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ここで、$\lim_{a \to 0^{+}} a \log a = 0$ であることを利用します。（ロピタルの定理などを用いて示すことができます。）

したがって、

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4 \lim_{a \to 0^{+}} \left( (0 - 1) - (a \log a - a) \right) = 4 \left( -1 - (0 - 0) \right) = -4

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## 最終的な答え

(1) $\frac{\pi}{2}$

(2) $-4$