与えられた7つの広義積分の値を求める問題です。各積分は以下の通りです。 (i) $\int_0^1 x \log x \, dx$ (ii) $\int_0^5 \frac{1}{\sqrt{5-x}} \, dx$ (iii) $\int_1^{\infty} \frac{1}{x \sqrt{x}} \, dx$ (iv) $\int_0^{\infty} xe^{-2x} \, dx$ (v) $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx$ (vi) $\int_0^2 \frac{1}{(2-x)^3} \, dx$ (vii) $\int_1^{\infty} \frac{1}{x \sqrt[5]{x}} \, dx$

1. 問題の内容

与えられた7つの広義積分の値を求める問題です。各積分は以下の通りです。

(i) $\int_0^1 x \log x \, dx$

(ii) $\int_0^5 \frac{1}{\sqrt{5-x}} \, dx$

(iii) $\int_1^{\infty} \frac{1}{x \sqrt{x}} \, dx$

(iv) $\int_0^{\infty} xe^{-2x} \, dx$

(v) $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx$

(vi) $\int_0^2 \frac{1}{(2-x)^3} \, dx$

(vii) $\int_1^{\infty} \frac{1}{x \sqrt[5]{x}} \, dx$

2. 解き方の手順

(i) $\int_0^1 x \log x \, dx$

部分積分を用います。$u = \log x$, $dv = x \, dx$ とすると、$du = \frac{1}{x} \, dx$, $v = \frac{x^2}{2}$ です。

$\int_0^1 x \log x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \log x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \log x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{2} \, dx$

$\lim_{x \to 0} x^2 \log x = 0$ なので、

$= \left( \frac{1}{2} \log 1 - 0 \right) - \left[ \frac{x^2}{4} \right]_0^1 = 0 - \left( \frac{1}{4} - 0 \right) = - \frac{1}{4}$

(ii) $\int_0^5 \frac{1}{\sqrt{5-x}} \, dx$

$u = 5-x$ と置換すると、$du = -dx$ であり、$x = 0$ のとき $u = 5$, $x = 5$ のとき $u = 0$ です。

$\int_0^5 \frac{1}{\sqrt{5-x}} \, dx = \int_5^0 \frac{-1}{\sqrt{u}} \, du = \int_0^5 u^{-1/2} \, du = \left[ 2u^{1/2} \right]_0^5 = 2\sqrt{5} - 0 = 2\sqrt{5}$

(iii) $\int_1^{\infty} \frac{1}{x \sqrt{x}} \, dx = \int_1^{\infty} x^{-3/2} \, dx$

$\int_1^{\infty} x^{-3/2} \, dx = \left[ -2x^{-1/2} \right]_1^{\infty} = \lim_{x \to \infty} (-2x^{-1/2}) - (-2(1)^{-1/2}) = 0 - (-2) = 2$

(iv) $\int_0^{\infty} xe^{-2x} \, dx$

部分積分を用います。$u = x$, $dv = e^{-2x} \, dx$ とすると、$du = dx$, $v = -\frac{1}{2} e^{-2x}$ です。

$\int_0^{\infty} xe^{-2x} \, dx = \left[ -\frac{1}{2} xe^{-2x} \right]_0^{\infty} - \int_0^{\infty} -\frac{1}{2} e^{-2x} \, dx = \left[ -\frac{1}{2} xe^{-2x} \right]_0^{\infty} + \frac{1}{2} \int_0^{\infty} e^{-2x} \, dx$

$\lim_{x \to \infty} xe^{-2x} = 0$ なので、

$= (0 - 0) + \frac{1}{2} \left[ -\frac{1}{2} e^{-2x} \right]_0^{\infty} = 0 + \frac{1}{2} \left( 0 - \left( -\frac{1}{2} \right) \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$

(v) $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx$

$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx = \left[ \arctan x \right]_{-\infty}^{\infty} = \lim_{x \to \infty} \arctan x - \lim_{x \to -\infty} \arctan x = \frac{\pi}{2} - \left( -\frac{\pi}{2} \right) = \pi$

(vi) $\int_0^2 \frac{1}{(2-x)^3} \, dx$

$u = 2-x$ と置換すると、$du = -dx$ であり、$x = 0$ のとき $u = 2$, $x = 2$ のとき $u = 0$ です。

$\int_0^2 \frac{1}{(2-x)^3} \, dx = \int_2^0 \frac{-1}{u^3} \, du = \int_0^2 u^{-3} \, du = \left[ -\frac{1}{2} u^{-2} \right]_0^2 = \left[ -\frac{1}{2u^2} \right]_0^2$

$\lim_{u \to 0} -\frac{1}{2u^2} = -\infty$ なので、この積分は発散します。

(vii) $\int_1^{\infty} \frac{1}{x \sqrt[5]{x}} \, dx = \int_1^{\infty} x^{-6/5} \, dx$

$\int_1^{\infty} x^{-6/5} \, dx = \left[ -5x^{-1/5} \right]_1^{\infty} = \lim_{x \to \infty} (-5x^{-1/5}) - (-5(1)^{-1/5}) = 0 - (-5) = 5$

3. 最終的な答え

(i) $-\frac{1}{4}$

(ii) $2\sqrt{5}$

(iii) $2$

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

(v) $\pi$

(vi) 発散

(vii) $5$