定積分 $I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{(\cos x)^n}$ について、以下の問いに答えます。 (1) $I_0, I_{-1}, I_2$ を求めます。 (2) $I_1$ を求めます。 (3) 部分積分法を用いて、$nI_n - (n+1)I_{n+2} + (\sqrt{2})^n = 0$ が整数 $n$ に対して成り立つことを示します。 (4) $I_{-3}, I_{-2}, I_3$ を求めます。 (5) 定積分 $\int_0^1 \sqrt{x^2+1} dx$ および $\int_0^1 \frac{dx}{(x^2+1)^2}$ を求めます。

解析学定積分部分積分置換積分三角関数積分計算
2025/7/31

1. 問題の内容

定積分 In=0π4dx(cosx)nI_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{(\cos x)^n} について、以下の問いに答えます。
(1) I0,I1,I2I_0, I_{-1}, I_2 を求めます。
(2) I1I_1 を求めます。
(3) 部分積分法を用いて、nIn(n+1)In+2+(2)n=0nI_n - (n+1)I_{n+2} + (\sqrt{2})^n = 0 が整数 nn に対して成り立つことを示します。
(4) I3,I2,I3I_{-3}, I_{-2}, I_3 を求めます。
(5) 定積分 01x2+1dx\int_0^1 \sqrt{x^2+1} dx および 01dx(x2+1)2\int_0^1 \frac{dx}{(x^2+1)^2} を求めます。

2. 解き方の手順

(1)
I0=0π4dx=[x]0π4=π4I_0 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} dx = [x]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{4}
I1=0π4cosxdx=[sinx]0π4=sinπ4sin0=22I_{-1} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos x dx = [\sin x]_0^{\frac{\pi}{4}} = \sin \frac{\pi}{4} - \sin 0 = \frac{\sqrt{2}}{2}
I2=0π4dxcos2x=0π4sec2xdx=[tanx]0π4=tanπ4tan0=1I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos^2 x} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^2 x dx = [\tan x]_0^{\frac{\pi}{4}} = \tan \frac{\pi}{4} - \tan 0 = 1
(2)
I1=0π41cosxdx=0π4cosxcos2xdx=0π4cosx1sin2xdxI_1 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos x}dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{\cos^2 x}dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{1-\sin^2 x}dx
ここで、t=sinxt = \sin x と置換すると、dt=cosxdxdt = \cos x dxx:0π4x:0 \to \frac{\pi}{4} のとき、t:022t:0 \to \frac{\sqrt{2}}{2}
よって、I1=02211t2dt=12022(11t+11+t)dt=12[log1t+log1+t]022I_1 = \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{1-t^2}dt = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} (\frac{1}{1-t} + \frac{1}{1+t})dt = \frac{1}{2}[-\log|1-t| + \log|1+t|]_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}
I1=12[log1+t1t]022=12log1+22122=12log(2+222)=12log((2+2)242)=12log(4+42+22)=12log(3+22)I_1 = \frac{1}{2}[\log|\frac{1+t}{1-t}|]_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{1}{2}\log|\frac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}| = \frac{1}{2}\log(\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}) = \frac{1}{2}\log(\frac{(2+\sqrt{2})^2}{4-2}) = \frac{1}{2}\log(\frac{4+4\sqrt{2}+2}{2}) = \frac{1}{2}\log(3+2\sqrt{2})
(3) (証明略)
(4)
公式 nIn(n+1)In+2+(2)n=0nI_n - (n+1)I_{n+2} + (\sqrt{2})^n = 0 より、
In+2=nIn+(2)nn+1I_{n+2} = \frac{nI_n + (\sqrt{2})^n}{n+1}
I3=1I1+(2)12=12log(3+22)+22=log(3+22)4+22I_3 = \frac{1 \cdot I_1 + (\sqrt{2})^1}{2} = \frac{\frac{1}{2}\log(3+2\sqrt{2}) + \sqrt{2}}{2} = \frac{\log(3+2\sqrt{2})}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2}
In=(n+1)In+2(2)nnI_n = \frac{(n+1)I_{n+2} - (\sqrt{2})^n}{n}
I2=(1)I0(2)22=π4122=π8+14=π+28I_{-2} = \frac{(-1)I_0 - (\sqrt{2})^{-2}}{-2} = \frac{-\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}}{-2} = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4} = \frac{\pi+2}{8}
I3=(2)I1(2)33=2221223=2243=5212I_{-3} = \frac{(-2)I_{-1} - (\sqrt{2})^{-3}}{-3} = \frac{-2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{2\sqrt{2}}}{-3} = \frac{-\sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{4}}{-3} = \frac{5\sqrt{2}}{12}
(5)
01x2+1dx\int_0^1 \sqrt{x^2+1} dx について、x=tanθx=\tan\theta と置換すると、dx=sec2θdθdx = \sec^2\theta d\theta
x:01x:0 \to 1 のとき、θ:0π4\theta:0 \to \frac{\pi}{4}
01x2+1dx=0π4tan2θ+1sec2θdθ=0π4sec3θdθ=I3\int_0^1 \sqrt{x^2+1} dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan^2\theta+1}\sec^2\theta d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^3\theta d\theta = I_{-3} であることに気づかず計算すると大変。
0π4sec3θdθ\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^3\theta d\theta の積分は部分積分で実行する。
sec3θdθ=secθsec2θdθ=secθtanθtanθ(secθtanθ)dθ=secθtanθsecθ(sec2θ1)dθ\int \sec^3\theta d\theta = \int \sec \theta \cdot \sec^2 \theta d\theta = \sec \theta \tan \theta - \int \tan \theta (\sec \theta \tan \theta) d\theta = \sec \theta \tan \theta - \int \sec \theta (\sec^2 \theta - 1) d\theta
sec3θdθ=secθtanθsec3θdθ+secθdθ\int \sec^3 \theta d\theta = \sec \theta \tan \theta - \int \sec^3 \theta d\theta + \int \sec \theta d\theta
2sec3θdθ=secθtanθ+logsecθ+tanθ2 \int \sec^3 \theta d\theta = \sec \theta \tan \theta + \log|\sec \theta + \tan \theta|
sec3θdθ=12(secθtanθ+logsecθ+tanθ)\int \sec^3 \theta d\theta = \frac{1}{2}(\sec \theta \tan \theta + \log|\sec \theta + \tan \theta|)
[12(secθtanθ+logsecθ+tanθ)]0π4=12(21+log2+10log1+0)=22+12log(2+1)[\frac{1}{2}(\sec \theta \tan \theta + \log|\sec \theta + \tan \theta|)]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{2} (\sqrt{2}\cdot 1 + \log|\sqrt{2}+1| - 0 - \log|1+0|) = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}\log(\sqrt{2}+1)
01dx(x2+1)2\int_0^1 \frac{dx}{(x^2+1)^2} について、x=tanθx = \tan \theta と置換すると、dx=sec2θdθdx = \sec^2\theta d\theta
x:01x:0 \to 1 のとき、θ:0π4\theta:0 \to \frac{\pi}{4}
01dx(x2+1)2=0π4sec2θ(tan2θ+1)2dθ=0π4sec2θsec4θdθ=0π41sec2θdθ=0π4cos2θdθ=0π41+cos2θ2dθ\int_0^1 \frac{dx}{(x^2+1)^2} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2\theta}{(\tan^2\theta+1)^2} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2\theta}{\sec^4\theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\sec^2\theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 \theta d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1+\cos2\theta}{2} d\theta
=12[θ+sin2θ2]0π4=12[π4+sinπ220]=12[π4+12]=π8+14= \frac{1}{2}[\theta + \frac{\sin2\theta}{2}]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{2}[\frac{\pi}{4} + \frac{\sin \frac{\pi}{2}}{2} - 0] = \frac{1}{2}[\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}] = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}

3. 最終的な答え

(1) I0=π4,I1=22,I2=1I_0 = \frac{\pi}{4}, I_{-1} = \frac{\sqrt{2}}{2}, I_2 = 1
(2) I1=12log(3+22)I_1 = \frac{1}{2}\log(3+2\sqrt{2})
(3) 証明略
(4) I3=5212,I2=π+28,I3=log(3+22)4+22I_{-3} = \frac{5\sqrt{2}}{12}, I_{-2} = \frac{\pi+2}{8}, I_3 = \frac{\log(3+2\sqrt{2})}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2}
(5) 01x2+1dx=22+12log(2+1),01dx(x2+1)2=π8+14\int_0^1 \sqrt{x^2+1} dx = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}\log(\sqrt{2}+1), \int_0^1 \frac{dx}{(x^2+1)^2} = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}

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