与えられた6つの積分を計算します。 1) $\int \frac{12x}{x^6+1} dx$ 2) $\int \frac{\sin^2 x + \cos x + 1}{\sin x(1+\cos x)} dx$ 3) $\int \frac{2x}{\sqrt{-x^4+4x^2-3}} dx$ 4) $\int \frac{1}{3\cos^2 x + 1} dx$ 5) $\int_0^{\infty} \frac{4x-3}{(2x+1)(1+x^2)} dx$ 6) $\int_{-1}^{1} \frac{2x \arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} dx$

はい、承知いたしました。以下に問題の解答を示します。

1. 問題の内容

与えられた6つの積分を計算します。

1) $\int \frac{12x}{x^6+1} dx$

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

3) $\int \frac{2x}{\sqrt{-x^4+4x^2-3}} dx$

4) $\int \frac{1}{3\cos^2 x + 1} dx$

5) $\int_0^{\infty} \frac{4x-3}{(2x+1)(1+x^2)} dx$

6) $\int_{-1}^{1} \frac{2x \arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} dx$

2. 解き方の手順

1) $\int \frac{12x}{x^6+1} dx$

$u = x^3$ と置換すると、$du = 3x^2 dx$ となります。よって、$x^2 dx = \frac{1}{3} du$ となり、積分は

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

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

$\sin^2 x = 1 - \cos^2 x = (1 - \cos x)(1 + \cos x)$ を用いると、

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

したがって、

$\int \frac{2 - \cos x}{\sin x} dx = \int \frac{2}{\sin x} dx - \int \frac{\cos x}{\sin x} dx = 2 \int \csc x dx - \int \cot x dx$

$= 2(-\ln|\csc x + \cot x|) - \ln|\sin x| + C = -2\ln|\csc x + \cot x| - \ln|\sin x|+C$

もしくは、

$2 \int \csc x dx = 2 \ln|\tan(\frac{x}{2})|$, $\int \cot x dx = \ln|\sin x|$,

$\int \frac{2 - \cos x}{\sin x} dx = 2\ln|\tan(\frac{x}{2})| - \ln|\sin x|+C$

3) $\int \frac{2x}{\sqrt{-x^4+4x^2-3}} dx$

$-x^4+4x^2-3=-(x^4-4x^2+4)+1 = 1-(x^2-2)^2$

$u = x^2 - 2$ と置換すると、$du = 2x dx$

$\int \frac{2x}{\sqrt{-x^4+4x^2-3}} dx = \int \frac{du}{\sqrt{1-u^2}} = \arcsin u + C = \arcsin(x^2-2) + C$

4) $\int \frac{1}{3\cos^2 x + 1} dx$

$\int \frac{1}{3\cos^2 x + 1} dx = \int \frac{1}{\cos^2 x(3 + \sec^2 x)} dx = \int \frac{\sec^2 x}{3 + 1 + \tan^2 x} dx = \int \frac{\sec^2 x}{4 + \tan^2 x} dx$

$u = \tan x$ と置換すると、$du = \sec^2 x dx$

$\int \frac{1}{4 + u^2} du = \frac{1}{2} \arctan(\frac{u}{2}) + C = \frac{1}{2} \arctan(\frac{\tan x}{2}) + C$

5) $\int_0^{\infty} \frac{4x-3}{(2x+1)(1+x^2)} dx$

部分分数分解すると、

$\frac{4x-3}{(2x+1)(1+x^2)} = \frac{A}{2x+1} + \frac{Bx+C}{1+x^2}$

$4x - 3 = A(1+x^2) + (Bx+C)(2x+1)$

$x=-\frac{1}{2}$ を代入すると、$4(-\frac{1}{2})-3=A(1+\frac{1}{4})$ よって $A = -4$

$x=0$ を代入すると、 $-3 = A + C$ よって $C = 1$

$x=1$ を代入すると、$1 = 2A + (B+C)3$, $1 = -8 + 3B + 3$ よって $3B = 6$ となり $B=2$

したがって、

$\int_0^{\infty} \frac{4x-3}{(2x+1)(1+x^2)} dx = \int_0^{\infty} (\frac{-4}{2x+1} + \frac{2x+1}{1+x^2}) dx = \int_0^{\infty} (\frac{-4}{2x+1} + \frac{2x}{1+x^2} + \frac{1}{1+x^2}) dx$

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

$= \ln(\frac{1}{4}) + \frac{\pi}{2} - \ln(1) - 0 = -\ln 4 + \frac{\pi}{2}$

6) $\int_{-1}^{1} \frac{2x \arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} dx$

$u = \arcsin x$, $x = \sin u$, $dx = \cos u du$

積分範囲は $-\frac{\pi}{2}$ から $\frac{\pi}{2}$

$\int_{-1}^{1} \frac{2x \arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{2\sin u \cdot u}{\sqrt{1 - \sin^2 u}} \cos u du = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{2\sin u \cdot u}{\cos u} \cos u du = 2 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} u \sin u du$

$=2 [-u\cos u + \sin u]_{-\pi/2}^{\pi/2} = 2[-\frac{\pi}{2}\cos(\frac{\pi}{2}) + \sin(\frac{\pi}{2}) - (\frac{\pi}{2}\cos(-\frac{\pi}{2}) + \sin(-\frac{\pi}{2}))] = 2[0+1-(0-1)] = 4$

3. 最終的な答え

1) $4 \arctan(x^3) + C$

2) $2\ln|\tan(\frac{x}{2})| - \ln|\sin x|+C$

3) $\arcsin(x^2-2) + C$

4) $\frac{1}{2} \arctan(\frac{\tan x}{2}) + C$

5) $\frac{\pi}{2} - \ln 4$

6) $4$