数学検定準1級

\(t=x^3+x^2+1\) とおくと、\(dt=(3x^2+2x)dx\) となる。

\[\int \frac{3x^2+2x}{x^3+x^2+1}\,dx=\int\frac{1}{t}\,dt=\log|t|+C\]

最後に \(t\) を元に戻す。対数の中身には絶対値を付ける。

部分積分を用いると、

\[\begin{aligned}\int x^2e^x dx&=x^2e^x-2\int xe^x dx\\&=x^2e^x-2\left(xe^x-\int e^x dx\right)\\&=e^x(x^2-2x+2)+C.\end{aligned}\]

多項式の次数が下がるように、部分積分を2回行う。

\(\sin^3x=(1-\cos^2x)\sin x\) と変形する。

\(t=\cos x\) とおくと \(dt=-\sin x\,dx\)、積分区間は \(x=0\) で \(t=1\)、\(x=\frac\pi2\) で \(t=0\) となる。

\[\begin{aligned}\int_0^{\pi/2}\sin^3x\cos^2x\,dx&=\int_0^1(1-t^2)t^2\,dt\\&=\left[\frac{t^3}{3}-\frac{t^5}{5}\right]_0^1\\&=\frac13-\frac15=\frac{2}{15}.\end{aligned}\]

部分分数分解を行う。

\[\frac1{(x+1)(x+2)}=\frac1{x+1}-\frac1{x+2}\]

したがって、

\[\begin{aligned}\int_0^1\frac{dx}{(x+1)(x+2)}&=\left[\log(x+1)-\log(x+2)\right]_0^1\\&=\log\frac23-\log\frac12\\&=\log\frac43.\end{aligned}\]

\(u=\arctan x\)、\(dv=x\,dx\) として部分積分を用いる。

\[\begin{aligned}\int_0^1 x\arctan x\,dx&=\left[\frac{x^2}{2}\arctan x\right]_0^1-\frac12\int_0^1\frac{x^2}{1+x^2}\,dx\\&=\frac\pi8-\frac12\int_0^1\left(1-\frac1{1+x^2}\right)dx\\&=\frac\pi8-\frac12\left[ x-\arctan x\right]_0^1\\&=\frac\pi8-\frac12+\frac\pi8=\frac\pi4-\frac12.\end{aligned}\]

置換 \(x=\frac\pi2-t\) により \(I=\int_0^{\pi/2}\log(\cos t)dt\) も成り立つ。

\[\begin{aligned}2I&=\int_0^{\pi/2}\log(\sin x\cos x)\,dx\\&=\int_0^{\pi/2}\log\left(\frac{\sin2x}{2}\right)dx\\&=\frac12\int_0^\pi\log(\sin u)du-\frac\pi2\log2.\end{aligned}\]

ここで \(\sin(\pi-u)=\sin u\) より、\(\int_0^\pi\log(\sin u)du=2I\)。よって \(2I=I-\frac\pi2\log2\) から求める。なお \(x=0\) 付近は広義積分として扱う。

\(t=\log x\) とおくと \(dt=\frac1x dx\) であり、積分区間は \(0\) から \(1\) となる。

\[\int_1^e\frac{\log x}{x}dx=\int_0^1t\,dt=\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^1=\frac12.\]

交点は \(x=x^3\) より \(x=-1,0,1\)。\([-1,0]\) では \(x^3\geq x\)、\([0,1]\) では \(x\geq x^3\) である。

\[\begin{aligned}S&=\int_{-1}^0(x^3-x)dx+\int_0^1(x-x^3)dx\\&=2\int_0^1(x-x^3)dx\\&=2\left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}\right]_0^1=\frac12.\end{aligned}\]

\(x=0\) を境に上下関係が入れ替わるため、符号に注意する。

交点は \(x=0,1\)。区間 \(0\leq x\leq1\) では \(\sqrt x\geq x^2\) である。円板から中心部分を除く「輪切り」の体積を積分する。

\[\begin{aligned}V&=\pi\int_0^1\left\{(\sqrt x)^2-(x^2)^2\right\}dx\\&=\pi\int_0^1(x-x^4)dx\\&=\pi\left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^5}{5}\right]_0^1\\&=\frac{3\pi}{10}.\end{aligned}\]

上端を \(R\) として部分積分を行う。

\[\begin{aligned}\int_0^R xe^{-x}\,dx&=\left[-(x+1)e^{-x}\right]_0^R\\&=1-(R+1)e^{-R}.\end{aligned}\]

指数関数の増加は一次式より速いので、\(\displaystyle\lim_{R\to\infty}(R+1)e^{-R}=0\)。したがって、

\[\int_0^\infty xe^{-x}\,dx=\lim_{R\to\infty}\{1-(R+1)e^{-R}\}=1.\]