問題64は、三角関数を含む定積分の問題を扱っています。具体的には、以下の3つの小問があります。 (1) $f(x)$ が $0 \le x \le \pi$ で連続な関数であるとき、$\int_0^\pi x f(\sin x) dx = \frac{\pi}{2} \int_0^\pi f(\sin x) dx$ が成り立つことを示す。 (2) (1)の結果を利用して、$\int_0^\pi \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} dx$ を求める。 (3) $P = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{1 + \sin x + \cos x} dx$、$Q = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 x}{1 + \sin x + \cos x} dx$ とおく。$P = Q$ であることを示し、これを利用して $P$ の値を求める。

## 問題64の解答

1. 問題の内容

問題64は、三角関数を含む定積分の問題を扱っています。具体的には、以下の3つの小問があります。

(1) $f(x)$ が $0 \le x \le \pi$ で連続な関数であるとき、$\int_0^\pi x f(\sin x) dx = \frac{\pi}{2} \int_0^\pi f(\sin x) dx$ が成り立つことを示す。

(2) (1)の結果を利用して、$\int_0^\pi \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} dx$ を求める。

(3) $P = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{1 + \sin x + \cos x} dx$、$Q = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 x}{1 + \sin x + \cos x} dx$ とおく。$P = Q$ であることを示し、これを利用して $P$ の値を求める。

2. 解き方の手順

(1)

$\int_0^\pi x f(\sin x) dx$ を計算します。

$x = \pi - t$ と変数変換すると、$dx = -dt$。積分区間は $x: 0 \to \pi$ より $t: \pi \to 0$。

$\int_0^\pi x f(\sin x) dx = \int_\pi^0 (\pi - t) f(\sin (\pi - t)) (-dt) = \int_0^\pi (\pi - t) f(\sin t) dt = \pi \int_0^\pi f(\sin t) dt - \int_0^\pi t f(\sin t) dt$

ここで、$t$ を $x$ に書き換えると、

$\int_0^\pi x f(\sin x) dx = \pi \int_0^\pi f(\sin x) dx - \int_0^\pi x f(\sin x) dx$

したがって、

$2 \int_0^\pi x f(\sin x) dx = \pi \int_0^\pi f(\sin x) dx$

$\int_0^\pi x f(\sin x) dx = \frac{\pi}{2} \int_0^\pi f(\sin x) dx$

(2)

(1)の結果を利用して、$\int_0^\pi \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} dx$ を計算します。

$f(\sin x) = \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x}$ なので、

$\int_0^\pi \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} dx = \frac{\pi}{2} \int_0^\pi \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$

$u = \cos x$ と置換すると、$du = -\sin x dx$。積分区間は $x: 0 \to \pi$ より $u: 1 \to -1$。

$\int_0^\pi \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx = \int_1^{-1} \frac{-du}{1 + u^2} = \int_{-1}^1 \frac{du}{1 + u^2} = [\arctan u]_{-1}^1 = \arctan 1 - \arctan (-1) = \frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2}$

したがって、

$\int_0^\pi \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} dx = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{4}$

(3)

$P = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{1 + \sin x + \cos x} dx$、$Q = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 x}{1 + \sin x + \cos x} dx$ について、$P=Q$を示す。

$x = \frac{\pi}{2} - t$ と変数変換すると、$dx = -dt$。積分区間は $x: 0 \to \frac{\pi}{2}$ より $t: \frac{\pi}{2} \to 0$。

$P = \int_{\frac{\pi}{2}}^0 \frac{\sin^2 (\frac{\pi}{2} - t)}{1 + \sin (\frac{\pi}{2} - t) + \cos (\frac{\pi}{2} - t)} (-dt) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 t}{1 + \cos t + \sin t} dt = Q$

したがって、$P = Q$。

$P + Q = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{1 + \sin x + \cos x} dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + \sin x + \cos x} dx$

$t = \tan \frac{x}{2}$ と置換すると、$\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$、$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$、$dx = \frac{2}{1+t^2}dt$。積分区間は $x: 0 \to \frac{\pi}{2}$ より $t: 0 \to 1$。

$P + Q = \int_0^1 \frac{1}{1 + \frac{2t}{1+t^2} + \frac{1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2} dt = \int_0^1 \frac{1}{\frac{1+t^2+2t+1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2} dt = \int_0^1 \frac{2}{2t+2} dt = \int_0^1 \frac{1}{t+1} dt = [\ln (t+1)]_0^1 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2$

$P = Q$ なので、$2P = \ln 2$

$P = \frac{\ln 2}{2}$

3. 最終的な答え

(1) $\int_0^\pi x f(\sin x) dx = \frac{\pi}{2} \int_0^\pi f(\sin x) dx$

(2) $\int_0^\pi \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} dx = \frac{\pi^2}{4}$

(3) $P = \frac{\ln 2}{2}$