以下の5つの広義積分を計算します。 (1) $\int_{0}^{\infty} e^{-x} dx$ (2) $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} dx$ (3) $\int_{0}^{\infty} xe^{-2x} dx$ (4) $\int_{0}^{\infty} e^{-x} \sin x dx$ (5) $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \tan x dx$

はい、承知いたしました。広義積分の問題を解いていきます。

1. 問題の内容

以下の5つの広義積分を計算します。

(1) $\int_{0}^{\infty} e^{-x} dx$

(2) $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} dx$

(3) $\int_{0}^{\infty} xe^{-2x} dx$

(4) $\int_{0}^{\infty} e^{-x} \sin x dx$

(5) $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \tan x dx$

2. 解き方の手順

(1) $\int_{0}^{\infty} e^{-x} dx$

不定積分は $\int e^{-x} dx = -e^{-x} + C$

よって、

$\int_{0}^{\infty} e^{-x} dx = \lim_{t \to \infty} \int_{0}^{t} e^{-x} dx = \lim_{t \to \infty} [-e^{-x}]_{0}^{t} = \lim_{t \to \infty} (-e^{-t} - (-e^{-0})) = \lim_{t \to \infty} (1 - e^{-t}) = 1 - 0 = 1$

(2) $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} dx$

不定積分は $\int \frac{1}{1+x^2} dx = \arctan x + C$

よって、

$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} dx = \lim_{t \to \infty} \int_{-t}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx = \lim_{t \to \infty} [\arctan x]_{-t}^{t} = \lim_{t \to \infty} (\arctan t - \arctan(-t)) = \frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2}) = \pi$

(3) $\int_{0}^{\infty} xe^{-2x} dx$

部分積分を用いて解く。

$u = x, dv = e^{-2x} dx$ とすると, $du = dx, v = -\frac{1}{2}e^{-2x}$

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

$\int_{0}^{\infty} xe^{-2x} dx = \lim_{t \to \infty} \int_{0}^{t} xe^{-2x} dx = \lim_{t \to \infty} [-\frac{1}{2}xe^{-2x} - \frac{1}{4}e^{-2x}]_{0}^{t} = \lim_{t \to \infty} (-\frac{1}{2}te^{-2t} - \frac{1}{4}e^{-2t} - (0 - \frac{1}{4})) = 0 - 0 + \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$

(4) $\int_{0}^{\infty} e^{-x} \sin x dx$

部分積分を2回行う。

$I = \int e^{-x} \sin x dx$

$u = \sin x, dv = e^{-x} dx$ とすると, $du = \cos x dx, v = -e^{-x}$

$I = -e^{-x} \sin x - \int (-e^{-x}) \cos x dx = -e^{-x} \sin x + \int e^{-x} \cos x dx$

次に, $u = \cos x, dv = e^{-x} dx$ とすると, $du = -\sin x dx, v = -e^{-x}$

$I = -e^{-x} \sin x + (-e^{-x} \cos x - \int (-e^{-x})(-\sin x) dx) = -e^{-x} \sin x - e^{-x} \cos x - \int e^{-x} \sin x dx = -e^{-x} \sin x - e^{-x} \cos x - I$

$2I = -e^{-x} \sin x - e^{-x} \cos x$

$I = -\frac{1}{2}e^{-x}(\sin x + \cos x)$

$\int_{0}^{\infty} e^{-x} \sin x dx = \lim_{t \to \infty} [-\frac{1}{2}e^{-x}(\sin x + \cos x)]_{0}^{t} = \lim_{t \to \infty} (-\frac{1}{2}e^{-t}(\sin t + \cos t) - (-\frac{1}{2}e^{-0}(\sin 0 + \cos 0))) = 0 + \frac{1}{2}(0+1) = \frac{1}{2}$

(5) $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \tan x dx$

$\int \tan x dx = \int \frac{\sin x}{\cos x} dx$

$u = \cos x$ とすると, $du = -\sin x dx$

$\int \frac{\sin x}{\cos x} dx = \int \frac{-1}{u} du = -\ln |u| + C = -\ln |\cos x| + C$

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \tan x dx = \lim_{t \to \frac{\pi}{2} - 0} \int_{0}^{t} \tan x dx = \lim_{t \to \frac{\pi}{2} - 0} [-\ln |\cos x|]_{0}^{t} = \lim_{t \to \frac{\pi}{2} - 0} (-\ln |\cos t| - (-\ln |\cos 0|)) = \lim_{t \to \frac{\pi}{2} - 0} (-\ln |\cos t| - (-\ln 1)) = \lim_{t \to \frac{\pi}{2} - 0} (-\ln |\cos t|) = \infty$

よって発散する。

3. 最終的な答え

(1) 1

(2) $\pi$

(3) $\frac{1}{4}$

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

(5) 発散する