広義積分 $\int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2} dx$ が収束することを示す。

1. 問題の内容

広義積分 $\int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2} dx$ が収束することを示す。

2. 解き方の手順

まず、$x = t^2$ と置換する。このとき、$dx = 2t dt$ となり、積分範囲は $0 \le x < \infty$ より、$0 \le t < \infty$ となる。よって、積分は

$\int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2} dx = \int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+t)}{1+t^4} 2t dt = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{t \log(1+t)}{1+t^4} dt$

となる。

次に、この積分が収束することを示す。

$x$ が大きいとき、$\log(1+\sqrt{x}) \approx \log(\sqrt{x}) = \frac{1}{2}\log x$ なので、被積分関数は$\frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2} \approx \frac{\frac{1}{2}\log x}{x^2}$ となる。

$\int_{1}^{\infty} \frac{\log x}{x^2} dx$ は収束する。これは、部分積分を使うことで示すことができる。

$\int_{1}^{\infty} \frac{\log x}{x^2} dx = \left[-\frac{\log x}{x}\right]_{1}^{\infty} + \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^2} dx = 0 + \left[-\frac{1}{x}\right]_{1}^{\infty} = 1$

一方、$x$ が $0$ に近いとき、$\log(1+\sqrt{x}) \approx \sqrt{x}$ なので、被積分関数は$\frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2} \approx \frac{\sqrt{x}}{1} = \sqrt{x}$ となる。$\int_{0}^{1} \sqrt{x} dx$ は収束する。

$\int_{0}^{1} \sqrt{x} dx = \left[\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{1} = \frac{2}{3}$

したがって、$\int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2} dx$ は収束する。

別解として、$0 \le x < 1$ では $1+x^2 \ge 1$ なので $\int_0^1 \frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2}dx \le \int_0^1 \log(1+\sqrt{x})dx < \infty$ である。

$x \ge 1$ では $\log(1+\sqrt{x}) < \sqrt{x}$ なので $\int_1^\infty \frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2}dx < \int_1^\infty \frac{\sqrt{x}}{1+x^2}dx = \int_1^\infty \frac{1}{x^{3/2}+x^{-1/2}}dx < \int_1^\infty x^{-3/2} dx < \infty$ である。

以上より、$\int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2} dx$ は収束する。

3. 最終的な答え

広義積分 $\int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+\sqrt{x})}{1+x^2} dx$ は収束する。