与えられた定積分を計算します。具体的には、以下の5つの定積分を計算します。 (7) $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^4} dx$ (8) $\int_{0}^{2} \frac{1}{x^2+2x} dx$ (9) $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} dx$ (10) $\int_{0}^{\infty} xe^{-x^2} dx$ (11) $\int_{0}^{\pi} \frac{2}{2+\cos x} dx$

## 問題の解答

1. 問題の内容

与えられた定積分を計算します。具体的には、以下の5つの定積分を計算します。

(7) $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^4} dx$

(8) $\int_{0}^{2} \frac{1}{x^2+2x} dx$

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

(10) $\int_{0}^{\infty} xe^{-x^2} dx$

(11) $\int_{0}^{\pi} \frac{2}{2+\cos x} dx$

2. 解き方の手順

(7)

まず、不定積分を計算します。

$\int \frac{1}{x^4} dx = \int x^{-4} dx = \frac{x^{-3}}{-3} + C = -\frac{1}{3x^3} + C$

次に、定積分を計算します。

$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^4} dx = \lim_{t \to \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x^4} dx = \lim_{t \to \infty} \left[-\frac{1}{3x^3}\right]_{1}^{t} = \lim_{t \to \infty} \left(-\frac{1}{3t^3} + \frac{1}{3}\right) = 0 + \frac{1}{3} = \frac{1}{3}$

(8)

被積分関数を部分分数分解します。

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

$1 = A(x+2) + Bx$

$x=0$のとき $1 = 2A \implies A = \frac{1}{2}$

$x=-2$のとき $1 = -2B \implies B = -\frac{1}{2}$

したがって、

$\frac{1}{x^2+2x} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x+2}\right)$

次に、不定積分を計算します。

$\int \frac{1}{x^2+2x} dx = \frac{1}{2} \int \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x+2}\right) dx = \frac{1}{2} (\ln|x| - \ln|x+2|) + C = \frac{1}{2} \ln \left|\frac{x}{x+2}\right| + C$

定積分を計算します。

$\int_{0}^{2} \frac{1}{x^2+2x} dx = \lim_{a \to 0^{+}} \int_{a}^{2} \frac{1}{x^2+2x} dx = \lim_{a \to 0^{+}} \left[ \frac{1}{2} \ln \left|\frac{x}{x+2}\right| \right]_{a}^{2} = \lim_{a \to 0^{+}} \frac{1}{2} \left( \ln \frac{2}{4} - \ln \frac{a}{a+2} \right) = \frac{1}{2} \left( \ln \frac{1}{2} - \lim_{a \to 0^{+}} \ln \frac{a}{a+2} \right) = \frac{1}{2} \left( \ln \frac{1}{2} - \ln 0 \right)$

この積分は発散します。

(9)

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

(10)

$u = -x^2$ とおくと、$du = -2x dx$ より $x dx = -\frac{1}{2} du$。

$x=0$のとき $u=0$, $x \to \infty$のとき $u \to -\infty$。

$\int_{0}^{\infty} xe^{-x^2} dx = \int_{0}^{-\infty} e^{u} (-\frac{1}{2} du) = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{0} e^{u} du = \frac{1}{2} [e^{u}]_{-\infty}^{0} = \frac{1}{2} (e^{0} - \lim_{t \to -\infty} e^{t}) = \frac{1}{2} (1 - 0) = \frac{1}{2}$

(11)

$t = \tan \frac{x}{2}$ とおくと、$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$, $dx = \frac{2}{1+t^2} dt$。

$x=0$のとき $t=0$, $x=\pi$のとき $t \to \infty$。

$\int_{0}^{\pi} \frac{2}{2+\cos x} dx = \int_{0}^{\infty} \frac{2}{2 + \frac{1-t^2}{1+t^2}} \frac{2}{1+t^2} dt = \int_{0}^{\infty} \frac{4}{2(1+t^2) + 1 - t^2} dt = \int_{0}^{\infty} \frac{4}{2+2t^2+1-t^2} dt = \int_{0}^{\infty} \frac{4}{t^2+3} dt = 4 \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t^2+3} dt = 4 \left[ \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \frac{t}{\sqrt{3}} \right]_{0}^{\infty} = \frac{4}{\sqrt{3}} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{2\pi}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$

3. 最終的な答え

(7) $\frac{1}{3}$

(8) 発散

(9) $\pi$

(10) $\frac{1}{2}$

(11) $\frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$