## 問題の回答

## 問題の回答

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1. 問題の内容

問題は、次の4つの不定積分を求めることです。

(1) $\int e^x \cos x \, dx$

(2) $\int e^x \sin 2x \, dx$

(3) $\int e^{-kx} \cos (\omega x + \alpha) \, dx$

(4) $\int \sqrt{1+x^2} \, dx$

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2. 解き方の手順

** (1) $\int e^x \cos x \, dx$**

部分積分を2回繰り返します。

$I = \int e^x \cos x \, dx$ とおきます。

1回目：

$u = \cos x$, $dv = e^x \, dx$ とすると、

$du = -\sin x \, dx$, $v = e^x$ となります。

したがって、

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

2回目：

$J = \int e^x \sin x \, dx$ とおきます。

$u = \sin x$, $dv = e^x \, dx$ とすると、

$du = \cos x \, dx$, $v = e^x$ となります。

したがって、

$J = e^x \sin x - \int e^x \cos x \, dx = e^x \sin x - I$

$I = e^x \cos x + J = e^x \cos x + e^x \sin x - I$

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

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

** (2) $\int e^x \sin 2x \, dx$**

部分積分を2回繰り返します。

$I = \int e^x \sin 2x \, dx$ とおきます。

1回目：

$u = \sin 2x$, $dv = e^x \, dx$ とすると、

$du = 2 \cos 2x \, dx$, $v = e^x$ となります。

したがって、

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

2回目：

$J = \int e^x \cos 2x \, dx$ とおきます。

$u = \cos 2x$, $dv = e^x \, dx$ とすると、

$du = -2 \sin 2x \, dx$, $v = e^x$ となります。

したがって、

$J = e^x \cos 2x - \int e^x (-2 \sin 2x) \, dx = e^x \cos 2x + 2 \int e^x \sin 2x \, dx = e^x \cos 2x + 2I$

$I = e^x \sin 2x - 2J = e^x \sin 2x - 2(e^x \cos 2x + 2I) = e^x \sin 2x - 2e^x \cos 2x - 4I$

$5I = e^x (\sin 2x - 2 \cos 2x)$

$I = \frac{1}{5}e^x (\sin 2x - 2 \cos 2x) + C$

** (3) $\int e^{-kx} \cos (\omega x + \alpha) \, dx$**

部分積分を2回繰り返します。

$I = \int e^{-kx} \cos (\omega x + \alpha) \, dx$ とおきます。

1回目：

$u = \cos (\omega x + \alpha)$, $dv = e^{-kx} \, dx$ とすると、

$du = -\omega \sin (\omega x + \alpha) \, dx$, $v = -\frac{1}{k} e^{-kx}$ となります。

したがって、

$I = -\frac{1}{k} e^{-kx} \cos (\omega x + \alpha) - \int (-\frac{1}{k} e^{-kx}) (-\omega \sin (\omega x + \alpha)) \, dx = -\frac{1}{k} e^{-kx} \cos (\omega x + \alpha) - \frac{\omega}{k} \int e^{-kx} \sin (\omega x + \alpha) \, dx$

2回目：

$J = \int e^{-kx} \sin (\omega x + \alpha) \, dx$ とおきます。

$u = \sin (\omega x + \alpha)$, $dv = e^{-kx} \, dx$ とすると、

$du = \omega \cos (\omega x + \alpha) \, dx$, $v = -\frac{1}{k} e^{-kx}$ となります。

したがって、

$J = -\frac{1}{k} e^{-kx} \sin (\omega x + \alpha) - \int (-\frac{1}{k} e^{-kx}) (\omega \cos (\omega x + \alpha)) \, dx = -\frac{1}{k} e^{-kx} \sin (\omega x + \alpha) + \frac{\omega}{k} \int e^{-kx} \cos (\omega x + \alpha) \, dx = -\frac{1}{k} e^{-kx} \sin (\omega x + \alpha) + \frac{\omega}{k}I$

$I = -\frac{1}{k} e^{-kx} \cos (\omega x + \alpha) - \frac{\omega}{k} J = -\frac{1}{k} e^{-kx} \cos (\omega x + \alpha) - \frac{\omega}{k} (-\frac{1}{k} e^{-kx} \sin (\omega x + \alpha) + \frac{\omega}{k}I)$

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

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

$I = \frac{e^{-kx}}{k^2 + \omega^2} (\omega \sin (\omega x + \alpha) - k \cos (\omega x + \alpha)) + C$

** (4) $\int \sqrt{1+x^2} \, dx$**

$x = \sinh t$ と置換すると、$dx = \cosh t \, dt$ となります。

$\int \sqrt{1+x^2} \, dx = \int \sqrt{1+\sinh^2 t} \cosh t \, dt = \int \cosh^2 t \, dt$

$\cosh^2 t = \frac{1 + \cosh 2t}{2}$ より、

$\int \cosh^2 t \, dt = \int \frac{1 + \cosh 2t}{2} \, dt = \frac{1}{2}t + \frac{1}{4}\sinh 2t + C = \frac{1}{2}t + \frac{1}{2} \sinh t \cosh t + C$

$x = \sinh t$ より、$t = \sinh^{-1} x$ であり、$\cosh t = \sqrt{1 + \sinh^2 t} = \sqrt{1+x^2}$

$\int \sqrt{1+x^2} \, dx = \frac{1}{2} \sinh^{-1} x + \frac{1}{2} x \sqrt{1+x^2} + C = \frac{1}{2} \left( x\sqrt{1+x^2} + \text{arcsinh}(x) \right) + C = \frac{1}{2} (x \sqrt{1+x^2} + \ln(x + \sqrt{1+x^2}))+C$

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3. 最終的な答え

(1) $\int e^x \cos x \, dx = \frac{1}{2}e^x (\cos x + \sin x) + C$

(2) $\int e^x \sin 2x \, dx = \frac{1}{5}e^x (\sin 2x - 2 \cos 2x) + C$

(3) $\int e^{-kx} \cos (\omega x + \alpha) \, dx = \frac{e^{-kx}}{k^2 + \omega^2} (\omega \sin (\omega x + \alpha) - k \cos (\omega x + \alpha)) + C$

(4) $\int \sqrt{1+x^2} \, dx = \frac{1}{2} (x \sqrt{1+x^2} + \ln(x + \sqrt{1+x^2})) + C$