問題4の(1)から(4)までを解きます。 (1) 不定積分 $\int 3x^2 \ln|x-1| dx$ を計算します。ただし、$3x^2 = (x^3-1)'$ を利用して部分積分を行います。 (2) 定積分 $\int_{1/4}^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{-16x^2+8x+1}}$ を計算します。ただし、$4x-1=t$ と置換します。 (3) 広義積分 $\int_0^1 x^{k-1} \ln x dx$ を計算します。ここで、$0 < k < 1$ は定数であり、$x=0$ で被積分関数が非有界です。 (4) 広義積分 $\int_0^\infty \frac{2x+5}{x^3+6x^2+13x+10}dx$ を計算します。被積分関数を部分分数分解します。

はい、承知しました。画像にある数学の問題を解いていきます。

1. 問題の内容

問題4の(1)から(4)までを解きます。

(1) 不定積分 $\int 3x^2 \ln|x-1| dx$ を計算します。ただし、$3x^2 = (x^3-1)'$ を利用して部分積分を行います。

(2) 定積分 $\int_{1/4}^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{-16x^2+8x+1}}$ を計算します。ただし、$4x-1=t$ と置換します。

(3) 広義積分 $\int_0^1 x^{k-1} \ln x dx$ を計算します。ここで、$0 < k < 1$ は定数であり、$x=0$ で被積分関数が非有界です。

(4) 広義積分 $\int_0^\infty \frac{2x+5}{x^3+6x^2+13x+10}dx$ を計算します。被積分関数を部分分数分解します。

2. 解き方の手順

(1) $\int 3x^2 \ln|x-1| dx$

部分積分を行います。$u = \ln|x-1|$, $dv = 3x^2 dx$ とすると、$du = \frac{1}{x-1} dx$, $v = x^3 - 1$ となります。

$\int 3x^2 \ln|x-1| dx = (x^3-1) \ln|x-1| - \int \frac{x^3-1}{x-1} dx$

$= (x^3-1) \ln|x-1| - \int (x^2+x+1) dx$

$= (x^3-1) \ln|x-1| - \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{2}x^2 - x + C$

(2) $\int_{1/4}^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{-16x^2+8x+1}}$

$t = 4x-1$ と置換すると、$x = \frac{t+1}{4}$, $dx = \frac{1}{4} dt$ となります。

また、$x = \frac{1}{4}$ のとき $t = 0$, $x = \frac{1}{2}$ のとき $t = 1$ となります。

$-16x^2+8x+1 = -16(\frac{t+1}{4})^2 + 8(\frac{t+1}{4}) + 1 = -16(\frac{t^2+2t+1}{16}) + 2(t+1) + 1 = -t^2-2t-1+2t+2+1 = 2-t^2$

$\int_{1/4}^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{-16x^2+8x+1}} = \int_0^1 \frac{1/4}{\sqrt{2-t^2}} dt = \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{2-t^2}}$

$t = \sqrt{2} \sin\theta$ と置換すると、$dt = \sqrt{2}\cos\theta d\theta$ となります。

$t=0$ のとき $\theta=0$, $t=1$ のとき $\theta = \arcsin(\frac{1}{\sqrt{2}})$

$\frac{1}{4} \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{2-t^2}} = \frac{1}{4} \int_0^{\arcsin(\frac{1}{\sqrt{2}})} \frac{\sqrt{2}\cos\theta}{\sqrt{2-2\sin^2\theta}} d\theta = \frac{1}{4} \int_0^{\arcsin(\frac{1}{\sqrt{2}})} \frac{\sqrt{2}\cos\theta}{\sqrt{2}\cos\theta} d\theta = \frac{1}{4} \int_0^{\arcsin(\frac{1}{\sqrt{2}})} d\theta = \frac{1}{4}[\theta]_0^{\arcsin(\frac{1}{\sqrt{2}})} = \frac{1}{4}\arcsin(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{\pi}{16}$

(3) $\int_0^1 x^{k-1} \ln x dx$

部分積分を行います。$u = \ln x$, $dv = x^{k-1} dx$ とすると、$du = \frac{1}{x} dx$, $v = \frac{x^k}{k}$ となります。

$\int_0^1 x^{k-1} \ln x dx = [\frac{x^k}{k} \ln x]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^k}{k} \cdot \frac{1}{x} dx$

$= (\lim_{x \to 1} \frac{x^k}{k} \ln x - \lim_{x \to +0} \frac{x^k}{k} \ln x) - \frac{1}{k} \int_0^1 x^{k-1} dx$

$= (0 - 0) - \frac{1}{k} [\frac{x^k}{k}]_0^1$

$= - \frac{1}{k} (\frac{1}{k} - 0) = -\frac{1}{k^2}$

(4) $\int_0^\infty \frac{2x+5}{x^3+6x^2+13x+10}dx$

$x^3+6x^2+13x+10 = (x+2)(x^2+4x+5)$ と因数分解できます。

$\frac{2x+5}{(x+2)(x^2+4x+5)} = \frac{A}{x+2} + \frac{Bx+C}{x^2+4x+5}$

$2x+5 = A(x^2+4x+5) + (Bx+C)(x+2) = (A+B)x^2 + (4A+2B+C)x + (5A+2C)$

$A+B = 0$, $4A+2B+C=2$, $5A+2C=5$

$B=-A$, $4A-2A+C=2$, $5A+2C=5$

$2A+C=2$, $5A+2C=5$

$4A+2C=4$, $5A+2C=5$

$A=1$, $B=-1$, $C=0$

$\int_0^\infty \frac{2x+5}{(x+2)(x^2+4x+5)} dx = \int_0^\infty (\frac{1}{x+2} - \frac{x}{x^2+4x+5}) dx$

$= [\ln|x+2| - \frac{1}{2}\ln(x^2+4x+5) + \arctan(x+2)]_0^\infty$

$= [\ln(\frac{x+2}{\sqrt{x^2+4x+5}}) + \arctan(x+2)]_0^\infty$

$= [\ln(\frac{x+2}{\sqrt{(x+2)^2+1}}) + \arctan(x+2)]_0^\infty$

$= [0+\frac{\pi}{2} - (\ln(\frac{2}{\sqrt{5}}) + \arctan(2))]$

$= \frac{\pi}{2} - \ln(\frac{2}{\sqrt{5}}) - \arctan(2)$

$= \frac{\pi}{2} + \ln(\frac{\sqrt{5}}{2}) - \arctan(2)$

$= \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}\ln(\frac{5}{4}) - \arctan(2)$

3. 最終的な答え

(1) $\int 3x^2 \ln|x-1| dx = (x^3-1) \ln|x-1| - \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{2}x^2 - x + C$

(2) $\int_{1/4}^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{-16x^2+8x+1}} = \frac{\pi}{16}$

(3) $\int_0^1 x^{k-1} \ln x dx = -\frac{1}{k^2}$

(4) $\int_0^\infty \frac{2x+5}{x^3+6x^2+13x+10}dx = \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}\ln(\frac{5}{4}) - \arctan(2)$