与えられた積分を計算し、面積を求める問題です。具体的には、9つの積分計算、曲線 $y = \frac{1}{1+x^2}$ とx軸で囲まれた領域の面積計算、およびパラメータ表示された曲線 $x = a(t - \sin t)$, $y = a(1 - \cos t)$ ($0 \le t \le 2\pi$) とx軸で囲まれた領域の面積計算です。

## 問題の回答

1. 問題の内容

与えられた積分を計算し、面積を求める問題です。具体的には、9つの積分計算、曲線 $y = \frac{1}{1+x^2}$ とx軸で囲まれた領域の面積計算、およびパラメータ表示された曲線 $x = a(t - \sin t)$, $y = a(1 - \cos t)$ ($0 \le t \le 2\pi$) とx軸で囲まれた領域の面積計算です。

2. 解き方の手順

**(1) $\int \frac{1}{x^2 + 4x - 5} dx$**

被積分関数を部分分数分解します。

$x^2 + 4x - 5 = (x+5)(x-1)$ なので、

$\frac{1}{x^2 + 4x - 5} = \frac{A}{x+5} + \frac{B}{x-1}$

とおきます。

$1 = A(x-1) + B(x+5)$

$x=1$ を代入すると、$1 = 6B$, $B = \frac{1}{6}$

$x=-5$ を代入すると、$1 = -6A$, $A = -\frac{1}{6}$

したがって、

$\int \frac{1}{x^2 + 4x - 5} dx = \int (-\frac{1}{6} \frac{1}{x+5} + \frac{1}{6} \frac{1}{x-1}) dx = -\frac{1}{6} \ln|x+5| + \frac{1}{6} \ln|x-1| + C = \frac{1}{6} \ln |\frac{x-1}{x+5}| + C$

**(2) $\int \frac{3}{x(1 - \log x^3)^2} dx$**

$u = 1 - \log x^3 = 1 - 3 \log x$ と置換します。

$\frac{du}{dx} = -\frac{3}{x}$ より、$dx = -\frac{x}{3} du$

$\int \frac{3}{x(1 - \log x^3)^2} dx = \int \frac{3}{x u^2} (-\frac{x}{3}) du = -\int \frac{1}{u^2} du = \frac{1}{u} + C = \frac{1}{1 - \log x^3} + C$

**(3) $\int_0^{\infty} \frac{1}{1 + x^2} dx$**

これは基本的な積分です。$\int \frac{1}{1+x^2} dx = \arctan x + C$

$\int_0^{\infty} \frac{1}{1 + x^2} dx = \lim_{b \to \infty} [\arctan x]_0^b = \lim_{b \to \infty} (\arctan b - \arctan 0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$

**(4) $\int x e^{-ax^2} dx$**

$u = -ax^2$ と置換します。$\frac{du}{dx} = -2ax$ より、$dx = -\frac{1}{2ax} du$

$\int x e^{-ax^2} dx = \int x e^u (-\frac{1}{2ax}) du = -\frac{1}{2a} \int e^u du = -\frac{1}{2a} e^u + C = -\frac{1}{2a} e^{-ax^2} + C$

**(5) $\int_0^1 x^2 e^{2x} dx$**

部分積分を2回行います。

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

$\int_0^1 x^2 e^{2x} dx = [\frac{1}{2} x^2 e^{2x} - \frac{1}{2} x e^{2x} + \frac{1}{4} e^{2x}]_0^1 = (\frac{1}{2} e^2 - \frac{1}{2} e^2 + \frac{1}{4} e^2) - (0 - 0 + \frac{1}{4}) = \frac{1}{4} e^2 - \frac{1}{4} = \frac{e^2 - 1}{4}$

**(6) $\int \frac{1}{x(1 + \ln x)} dx$**

$u = 1 + \ln x$ と置換します。$\frac{du}{dx} = \frac{1}{x}$ より、$dx = x du$

$\int \frac{1}{x(1 + \ln x)} dx = \int \frac{1}{x u} x du = \int \frac{1}{u} du = \ln|u| + C = \ln|1 + \ln x| + C$

**(7) $\int_0^{\pi} e^x \sin x dx$**

部分積分を2回行います。

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

$2I = e^x (\sin x - \cos x)$

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

$\int_0^{\pi} e^x \sin x dx = [\frac{1}{2} e^x (\sin x - \cos x)]_0^{\pi} = \frac{1}{2} e^{\pi} (0 - (-1)) - \frac{1}{2} e^0 (0 - 1) = \frac{1}{2} e^{\pi} + \frac{1}{2} = \frac{e^{\pi} + 1}{2}$

**(8) $\int_0^1 \frac{1}{e^x + 1} dx$**

$\int_0^1 \frac{1}{e^x + 1} dx = \int_0^1 \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}} dx$

$u = e^{-x}$, $du = -e^{-x} dx$

$\int_0^1 \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}} dx = \int_{1}^{e^{-1}} \frac{-1}{1+u} du = [-\ln(1+u)]_{1}^{e^{-1}} = -\ln(1+e^{-1}) + \ln(2) = \ln(\frac{2}{1+e^{-1}}) = \ln(\frac{2e}{e+1}) = \ln 2 + 1 - \ln(e+1)$.

別解

$\frac{1}{e^x+1} = 1 - \frac{e^x}{e^x+1}$, よって,

$\int_0^1 \frac{1}{e^x+1} dx = \int_0^1 1 - \frac{e^x}{e^x+1} dx = \int_0^1 1 dx - \int_0^1 \frac{e^x}{e^x+1} dx = [x]_0^1 - [\ln(e^x+1)]_0^1 = 1 - (\ln(e+1) - \ln(2)) = 1 - \ln(e+1) + \ln(2)$.

**(9) $\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} dx$**

$x = a \sin \theta$ と置換します。$dx = a \cos \theta d\theta$

$\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} dx = \int \frac{1}{\sqrt{a^2 - a^2 \sin^2 \theta}} a \cos \theta d\theta = \int \frac{a \cos \theta}{a \sqrt{1 - \sin^2 \theta}} d\theta = \int \frac{\cos \theta}{\cos \theta} d\theta = \int 1 d\theta = \theta + C = \arcsin(\frac{x}{a}) + C$

**(

2. 曲線 $y = \frac{1}{1+x^2}$ とx軸で囲まれた図形の面積)**

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

**(

3. パラメータ表示された曲線 $x = a(t - \sin t)$, $y = a(1 - \cos t)$ とx軸で囲まれた図形の面積)**

$S = \int_0^{2\pi a} y dx = \int_0^{2\pi} a(1 - \cos t) \frac{dx}{dt} dt = \int_0^{2\pi} a(1 - \cos t) a(1 - \cos t) dt = a^2 \int_0^{2\pi} (1 - \cos t)^2 dt = a^2 \int_0^{2\pi} (1 - 2 \cos t + \cos^2 t) dt = a^2 \int_0^{2\pi} (1 - 2 \cos t + \frac{1 + \cos 2t}{2}) dt = a^2 [t - 2 \sin t + \frac{1}{2} t + \frac{1}{4} \sin 2t]_0^{2\pi} = a^2 [(2\pi - 0 + \pi + 0) - (0 - 0 + 0 + 0)] = 3\pi a^2$

3. 最終的な答え

(1) $\frac{1}{6} \ln |\frac{x-1}{x+5}| + C$

(2) $\frac{1}{1 - \log x^3} + C$

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

(4) $-\frac{1}{2a} e^{-ax^2} + C$

(5) $\frac{e^2 - 1}{4}$

(6) $\ln|1 + \ln x| + C$

(7) $\frac{e^{\pi} + 1}{2}$

(8) $1 - \ln(e+1) + \ln(2)$ または $\ln 2 + 1 - \ln(e+1)$

(9) $\arcsin(\frac{x}{a}) + C$

(

2. の面積) $\pi$

(

3. の面積) $3\pi a^2$