問1次の定積分を求めなさい。
\[ \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2 \sin x \, dx \] ▼ 解答・解説答え \( \pi - 2 \)
部分積分を2回行います。
\[ \int x^2 \sin x\,dx = -x^2\cos x + 2\int x\cos x\,dx = -x^2\cos x + 2\left(x\sin x + \cos x\right) + C \]よって
\[ \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\sin x\,dx = \Bigl[-x^2\cos x + 2x\sin x + 2\cos x\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}} = \pi - 2 \]問2次の定積分を求めなさい。
\[ \int_0^1 \frac{x^2+2}{(x+1)(x^2+1)} \, dx \] ▼ 解答・解説答え \( \dfrac{5}{4}\log 2 + \dfrac{\pi}{8} \)
部分分数に分解します。
\[ \frac{x^2+2}{(x+1)(x^2+1)} = \frac{A}{x+1} + \frac{Bx+C}{x^2+1} \]分母を払うと \( x^2+2 = A(x^2+1) + (Bx+C)(x+1) \)。
\( x=-1 \) とおいて \( A = \dfrac{3}{2} \)。係数を比較して \( B = -\dfrac{1}{2},\ C = \dfrac{1}{2} \)。
（\( \displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{x^2+1} \) は \( x=\tan\theta \) と置換して \( \dfrac{\pi}{4} \)）
問3次の定積分を求めなさい。
\[ \int_0^1 x^3\sqrt{1-x^2} \, dx \] ▼ 解答・解説答え \( \dfrac{2}{15} \)
\( t = 1 - x^2 \) とおくと \( x^2 = 1-t,\ x\,dx = -\dfrac{1}{2}dt \)。\( x: 0 \to 1 \) のとき \( t: 1 \to 0 \)。
\[ \int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2}\cdot x\,dx = \int_1^0 (1-t)\sqrt{t}\left(-\frac{1}{2}\right)dt = \frac{1}{2}\int_0^1 \left(t^{\frac{1}{2}} - t^{\frac{3}{2}}\right)dt \] \[ = \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3} - \frac{2}{5}\right) = \frac{2}{15} \]問4次の定積分を求めなさい。
\[ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^3 x \, dx \] ▼ 解答・解説答え \( \dfrac{1 - \log 2}{2} \)
\( \tan^2 x = \dfrac{1}{\cos^2 x} - 1 \) を用いると
\[ \tan^3 x = \tan x \cdot \frac{1}{\cos^2 x} - \tan x \]\( (\tan x)' = \dfrac{1}{\cos^2 x} \)，\( \displaystyle\int \tan x\,dx = -\log|\cos x| + C \) より
\[ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^3 x\,dx = \left[ \frac{\tan^2 x}{2} + \log|\cos x| \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{2} + \log\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1-\log 2}{2} \]問5次の定積分を求めなさい。
\[ \int_0^{\pi} e^x \sin x \, dx \] ▼ 解答・解説答え \( \dfrac{e^{\pi}+1}{2} \)
\( I = \displaystyle\int e^x\sin x\,dx \) とおき、部分積分を2回行います。
\[ I = e^x\sin x - \int e^x\cos x\,dx = e^x\sin x - \left( e^x\cos x + \int e^x\sin x\,dx \right) \]よって \( 2I = e^x(\sin x - \cos x) \) より \( I = \dfrac{1}{2}e^x(\sin x - \cos x) + C \)。
\[ \int_0^{\pi} e^x\sin x\,dx = \frac{1}{2}\Bigl[e^x(\sin x - \cos x)\Bigr]_0^{\pi} = \frac{1}{2}\left\{e^{\pi}\cdot 1 - 1\cdot(-1)\right\} = \frac{e^{\pi}+1}{2} \]問6次の極限値を求めなさい。
\[ \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2 + k^2} \] ▼ 解答・解説答え \( \dfrac{1}{2}\log 2 \)
区分求積法を用います。分母・分子を \( n^2 \) で割ると
\[ \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2+k^2} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{\frac{k}{n}}{1 + \left(\frac{k}{n}\right)^2} \] \[ \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{\frac{k}{n}}{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2} = \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx = \left[\frac{1}{2}\log(1+x^2)\right]_0^1 = \frac{1}{2}\log 2 \]問7次の等式を満たす関数 \( f(x) \) を求めなさい。
\[ f(x) = \sin x + 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(t)\cos t \, dt \] ▼ 解答・解説答え \( f(x) = \sin x - 1 \)
定積分は定数なので \( a = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(t)\cos t\,dt \) とおくと、\( f(x) = \sin x + 2a \)。これを代入して
\[ a = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin t + 2a)\cos t\,dt = \left[\frac{\sin^2 t}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} + 2a\Bigl[\sin t\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{2} + 2a \]よって \( a = -\dfrac{1}{2} \) となり、\( f(x) = \sin x - 1 \)。
問8\( 0 \le x \le \pi \) の範囲で、2曲線 \( y = \sin x \)，\( y = \sin 2x \) で囲まれた部分の面積 \( S \) を求めなさい。
答え \( S = \dfrac{5}{2} \)
交点：\( \sin 2x = \sin x \) より \( \sin x(2\cos x - 1) = 0 \)。\( 0 \le x \le \pi \) で \( x = 0,\ \dfrac{\pi}{3},\ \pi \)。
\( 0 \le x \le \dfrac{\pi}{3} \) では \( \sin 2x \ge \sin x \)，\( \dfrac{\pi}{3} \le x \le \pi \) では \( \sin x \ge \sin 2x \)。
よって \( S = \dfrac{1}{4} + \dfrac{9}{4} = \dfrac{5}{2} \)。
問9曲線 \( y = \log x \)，\( x \) 軸，直線 \( x = e \) で囲まれた部分を，\( x \) 軸のまわりに1回転してできる立体の体積 \( V \) を求めなさい。
答え \( V = \pi(e-2) \)
曲線と \( x \) 軸の交点は \( x = 1 \)。よって
\[ V = \pi\int_1^e (\log x)^2\,dx \]部分積分により
\[ \int (\log x)^2 dx = x(\log x)^2 - 2\int \log x\,dx = x(\log x)^2 - 2x\log x + 2x + C \] \[ V = \pi\Bigl[x(\log x)^2 - 2x\log x + 2x\Bigr]_1^e = \pi\{(e - 2e + 2e) - 2\} = \pi(e-2) \]問10曲線 \( y = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} \) \( (0 \le x \le 1) \) の長さ \( L \) を求めなさい。
▼ 解答・解説答え \( L = \dfrac{e - e^{-1}}{2} \) \( \left( = \dfrac{e^2-1}{2e} \right) \)
\( y' = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} \) より
\[ 1 + (y')^2 = 1 + \frac{e^{2x} - 2 + e^{-2x}}{4} = \frac{e^{2x} + 2 + e^{-2x}}{4} = \left(\frac{e^x + e^{-x}}{2}\right)^2 \] \[ L = \int_0^1 \sqrt{1 + (y')^2}\,dx = \int_0^1 \frac{e^x + e^{-x}}{2}\,dx = \left[\frac{e^x - e^{-x}}{2}\right]_0^1 = \frac{e - e^{-1}}{2} \]