問題は、定積分の計算と三角関数の置換積分に関するものです。具体的には、以下の問題が含まれます。 1. 多項式の定積分

はい、承知いたしました。微分積分学の問題を解いていきます。

1. 問題の内容

問題は、定積分の計算と三角関数の置換積分に関するものです。具体的には、以下の問題が含まれます。

1. 多項式の定積分

2. $\tan x$ の定積分

3. $x \sin 2x$ の定積分

4. 有理関数の定積分

5. 有理関数の定積分（$\sqrt{2}$ から $\sqrt{6}$まで）

6. $\tan(x/2)=t$ と置いたときの $\cos x, \sin x$ の $t$ による表現

7. 上記の置換を用いた定積分の計算

2. 解き方の手順

**(1) $\int_{2}^{3} (x^3 - 6x^2 + 12x - 8) dx$**

* 積分を計算します。

$\int (x^3 - 6x^2 + 12x - 8) dx = \frac{1}{4}x^4 - 2x^3 + 6x^2 - 8x + C$

* 定積分を計算します。

$\left[ \frac{1}{4}x^4 - 2x^3 + 6x^2 - 8x \right]_{2}^{3} = \left( \frac{81}{4} - 54 + 54 - 24 \right) - \left( 4 - 16 + 24 - 16 \right) = \frac{81}{4} - 24 - (-4) = \frac{81}{4} - 20 = \frac{81 - 80}{4} = \frac{1}{4}$

**(2) $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan x dx$**

* $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ であることを利用します。

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

* $u = \cos x$ と置換すると、$du = -\sin x dx$

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

* 定積分を計算します。

$\left[ -\ln |\cos x| \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} = -\ln \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) - (-\ln |1|) = -\ln (2^{-1/2}) = \frac{1}{2} \ln 2$

**(3) $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} x \sin 2x dx$**

* 部分積分を利用します。$u = x$, $dv = \sin 2x dx$

* $du = dx$, $v = -\frac{1}{2} \cos 2x$

* $\int x \sin 2x dx = -\frac{1}{2}x \cos 2x - \int -\frac{1}{2} \cos 2x dx = -\frac{1}{2}x \cos 2x + \frac{1}{4} \sin 2x + C$

* 定積分を計算します。

$\left[ -\frac{1}{2}x \cos 2x + \frac{1}{4} \sin 2x \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \left( -\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} \cdot 0 + \frac{1}{4} \cdot 1 \right) - (0) = \frac{1}{4}$

**(4) $\int_{-1}^{0} \frac{16}{x^3 + x^2 - 5x + 3} dx$**

まず分母の因数分解を試みます。$x=1$ を代入すると $1+1-5+3=0$ となるため、$x-1$ を因数に持ちます。

$x^3 + x^2 - 5x + 3 = (x-1)(x^2+2x-3) = (x-1)(x-1)(x+3) = (x-1)^2(x+3)$

$\frac{16}{(x-1)^2(x+3)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{(x-1)^2} + \frac{C}{x+3}$ と部分分数分解します。

$16 = A(x-1)(x+3) + B(x+3) + C(x-1)^2$

$x=1$ のとき $16 = 4B$ より $B=4$

$x=-3$ のとき $16 = 16C$ より $C=1$

$x=0$ のとき $16 = -3A + 3B + C = -3A + 12 + 1$ より $3A = -3$ なので $A = -1$

$\int_{-1}^{0} \frac{16}{x^3 + x^2 - 5x + 3} dx = \int_{-1}^{0} \left( \frac{-1}{x-1} + \frac{4}{(x-1)^2} + \frac{1}{x+3} \right) dx$

$= \left[ -\ln |x-1| - \frac{4}{x-1} + \ln |x+3| \right]_{-1}^{0} = \left[ \ln \left| \frac{x+3}{x-1} \right| - \frac{4}{x-1} \right]_{-1}^{0}$

$= \left( \ln 3 + 4 \right) - \left( \ln \left| \frac{2}{-2} \right| + 2 \right) = \ln 3 + 4 - 2 = \ln 3 + 2$

**(5) $\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{6}} \frac{4}{x^3 + 2x} dx$**

* $\frac{4}{x^3 + 2x} = \frac{4}{x(x^2 + 2)}$

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

* $4 = A(x^2 + 2) + (Bx + C)x = Ax^2 + 2A + Bx^2 + Cx = (A+B)x^2 + Cx + 2A$

* $A+B = 0, C = 0, 2A = 4$ より $A = 2, B = -2, C = 0$

* $\int \frac{4}{x^3 + 2x} dx = \int \left( \frac{2}{x} - \frac{2x}{x^2 + 2} \right) dx = 2 \ln |x| - \ln |x^2 + 2| + C = \ln \left( \frac{x^2}{x^2 + 2} \right) + C$

* 定積分を計算します。

$\left[ \ln \left( \frac{x^2}{x^2 + 2} \right) \right]_{\sqrt{2}}^{\sqrt{6}} = \ln \left( \frac{6}{8} \right) - \ln \left( \frac{2}{4} \right) = \ln \left( \frac{3}{4} \right) - \ln \left( \frac{1}{2} \right) = \ln \left( \frac{3/4}{1/2} \right) = \ln \left( \frac{3}{2} \right)$

**(6) $\tan \frac{x}{2} = t$ とおくとき、$\cos x$ と $\sin x$ を $t$ を用いて表せ。**

* $\sin x = \frac{2 \tan \frac{x}{2}}{1 + \tan^2 \frac{x}{2}} = \frac{2t}{1 + t^2}$

* $\cos x = \frac{1 - \tan^2 \frac{x}{2}}{1 + \tan^2 \frac{x}{2}} = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}$

**(7) (1)の置換を用いて、定積分 $\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{2\pi}{3}} \frac{3}{4 - 5\sin x} dx$ の値を求めよ。**

* $\tan \frac{x}{2} = t$ より、$x = 2 \arctan t$ なので $dx = \frac{2}{1+t^2} dt$

* $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$ より、$\frac{3}{4 - 5\sin x} = \frac{3}{4 - 5(\frac{2t}{1+t^2})} = \frac{3(1+t^2)}{4(1+t^2) - 10t} = \frac{3(1+t^2)}{4t^2 - 10t + 4}$

* $x = \frac{\pi}{2}$ のとき、$t = \tan \frac{\pi}{4} = 1$

* $x = \frac{2\pi}{3}$ のとき、$t = \tan \frac{\pi}{3} = \sqrt{3}$

* $\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{2\pi}{3}} \frac{3}{4 - 5\sin x} dx = \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{3(1+t^2)}{4t^2 - 10t + 4} \cdot \frac{2}{1+t^2} dt = \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{6}{4t^2 - 10t + 4} dt = \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{3}{2t^2 - 5t + 2} dt = \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{3}{(2t-1)(t-2)} dt$

$\frac{3}{(2t-1)(t-2)} = \frac{A}{2t-1} + \frac{B}{t-2}$

$3 = A(t-2) + B(2t-1)$

$t=2$ のとき $3 = 3B$ より $B = 1$

$t=\frac{1}{2}$ のとき $3 = A(\frac{1}{2} - 2) = -\frac{3}{2} A$ より $A = -2$

$\int_{1}^{\sqrt{3}} \left( \frac{-2}{2t-1} + \frac{1}{t-2} \right) dt = \left[ -\ln |2t-1| + \ln |t-2| \right]_{1}^{\sqrt{3}} = \left[ \ln \left| \frac{t-2}{2t-1} \right| \right]_{1}^{\sqrt{3}}$

$= \ln \left| \frac{\sqrt{3}-2}{2\sqrt{3}-1} \right| - \ln \left| \frac{1-2}{2-1} \right| = \ln \left| \frac{\sqrt{3}-2}{2\sqrt{3}-1} \right| - \ln 1 = \ln \left| \frac{\sqrt{3}-2}{2\sqrt{3}-1} \right| = \ln \left| \frac{(\sqrt{3}-2)(2\sqrt{3}+1)}{(2\sqrt{3}-1)(2\sqrt{3}+1)} \right| = \ln \left| \frac{6 + \sqrt{3} - 4\sqrt{3} - 2}{12-1} \right| = \ln \left| \frac{4 - 3\sqrt{3}}{11} \right| = \ln \left( \frac{3\sqrt{3}-4}{11} \right)$

3. 最終的な答え

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

**(2)** $\frac{1}{2} \ln 2$

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

**(4)** $\ln 3 + 2$

**(5)** $\ln \frac{3}{2}$

**(6)** $\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}$, $\cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}$

**(7)** $\ln \left( \frac{3\sqrt{3}-4}{11} \right)$