次の6つの定積分を計算します。 (1) $\int_{1}^{3} \sqrt{3-x} \, dx$ (2) $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(x^2+1)(4x^2+1)} \, dx$ (3) $\int_{-1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ (4) $\int_{0}^{1} \log x \, dx$ (5) $\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt[3]{x}} \, dx$ (6) $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} \, dx$

1. 問題の内容

次の6つの定積分を計算します。

(1) $\int_{1}^{3} \sqrt{3-x} \, dx$

(2) $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(x^2+1)(4x^2+1)} \, dx$

(3) $\int_{-1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$

(4) $\int_{0}^{1} \log x \, dx$

(5) $\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt[3]{x}} \, dx$

(6) $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} \, dx$

2. 解き方の手順

(1) $\int_{1}^{3} \sqrt{3-x} \, dx$

$u = 3-x$ と置換すると、$du = -dx$ となり、$x=1$ のとき $u=2$, $x=3$ のとき $u=0$ となる。

よって、

$\int_{1}^{3} \sqrt{3-x} \, dx = \int_{2}^{0} \sqrt{u} (-du) = \int_{0}^{2} \sqrt{u} \, du = \int_{0}^{2} u^{1/2} \, du = \left[ \frac{2}{3}u^{3/2} \right]_{0}^{2} = \frac{2}{3}(2^{3/2}) - 0 = \frac{2}{3}(2\sqrt{2}) = \frac{4\sqrt{2}}{3}$.

(2) $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(x^2+1)(4x^2+1)} \, dx$

部分分数分解を行う。

$\frac{1}{(x^2+1)(4x^2+1)} = \frac{A}{x^2+1} + \frac{B}{4x^2+1}$

$1 = A(4x^2+1) + B(x^2+1)$

$1 = (4A+B)x^2 + (A+B)$

$4A+B = 0$, $A+B = 1$ より、 $3A = -1$, $A = -\frac{1}{3}$、 $B = \frac{4}{3}$.

$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(x^2+1)(4x^2+1)} \, dx = \int_{0}^{\infty} \left( -\frac{1}{3} \frac{1}{x^2+1} + \frac{4}{3} \frac{1}{4x^2+1} \right) \, dx$

$= -\frac{1}{3} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^2+1} \, dx + \frac{4}{3} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{4x^2+1} \, dx$

$= -\frac{1}{3} [\arctan x]_{0}^{\infty} + \frac{4}{3} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(2x)^2+1} \, dx$

$u = 2x$ と置換すると、 $du = 2dx$, $dx = \frac{1}{2}du$, $x=0$ のとき $u=0$, $x=\infty$ のとき $u=\infty$.

$= -\frac{1}{3} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) + \frac{4}{3} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{u^2+1} \frac{1}{2} \, du = -\frac{\pi}{6} + \frac{2}{3} [\arctan u]_{0}^{\infty} = -\frac{\pi}{6} + \frac{2}{3} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = -\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$.

(3) $\int_{-1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$

$\int_{-1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = [\arcsin x]_{-1}^{1} = \arcsin(1) - \arcsin(-1) = \frac{\pi}{2} - \left( -\frac{\pi}{2} \right) = \pi$.

(4) $\int_{0}^{1} \log x \, dx$

部分積分を行う。$u = \log x$, $dv = dx$ とすると、$du = \frac{1}{x} dx$, $v = x$.

$\int_{0}^{1} \log x \, dx = [x\log x]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} x \cdot \frac{1}{x} \, dx = [x\log x]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} 1 \, dx$

$= (1\log 1 - \lim_{x\to 0} x\log x) - [x]_{0}^{1} = (0 - 0) - (1 - 0) = -1$.

$\lim_{x\to 0} x\log x = 0$ である（ロピタルの定理などを用いて示すことができる）。

(5) $\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt[3]{x}} \, dx$

$\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt[3]{x}} \, dx = \int_{0}^{1} x^{-1/3} \, dx = \left[ \frac{3}{2} x^{2/3} \right]_{0}^{1} = \frac{3}{2}(1^{2/3} - 0^{2/3}) = \frac{3}{2}(1 - 0) = \frac{3}{2}$.

(6) $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} \, dx$

$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} \, dx = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{e^x + \frac{1}{e^x}} \, dx = \int_{0}^{\infty} \frac{e^x}{e^{2x} + 1} \, dx$

$u = e^x$ と置換すると、$du = e^x dx$, $x=0$ のとき $u=1$, $x=\infty$ のとき $u=\infty$.

$\int_{0}^{\infty} \frac{e^x}{e^{2x} + 1} \, dx = \int_{1}^{\infty} \frac{1}{u^2+1} \, du = [\arctan u]_{1}^{\infty} = \arctan(\infty) - \arctan(1) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$.

3. 最終的な答え

(1) $\frac{4\sqrt{2}}{3}$

(2) $\frac{\pi}{6}$

(3) $\pi$

(4) $-1$

(5) $\frac{3}{2}$

(6) $\frac{\pi}{4}$