積分の問題を手計算で解いてみる#4

今回は久しぶりにミケが積分の問題を解いていくよ！

前回からだいぶ時間が経ったからいろいろと忘れてないといいけど…。

ちなみに前回の記事はこちら！

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第一問

$${\displaystyle \int_0^{2\pi} \frac{d\phi}{(1+\varepsilon \cos\phi)^2}}$$
を求めよ。

ただし、$${0<\varepsilon<1}$$とする。

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三角関数の有理関数の積分だね。もちろんこのまま計算してもいいんだけど、いったん次の状況を考えてみようかな。

$${I(\alpha)=\displaystyle \int_0^{2\pi}\frac{d\phi}{\alpha+\cos\phi}\quad(\alpha>1)}$$

このとき積分区間はちょうど周期一周分だから、積分区間は平行移動できる！（たとえば$${\sin x}$$を$${[0,2\pi]}$$で積分するときと、それを$${-\pi}$$平行移動させた$${[-\pi,\pi]}$$で積分するときは、答えが同じ！）

ここで、$${[0,\pi]}$$と$${[\pi,2\pi]}$$で同じ値を与えることに気が付けば…。

$${I(\alpha)=\displaystyle 2\int_0^{\pi}\frac{d\phi}{\alpha+\cos\phi}}$$

と書き直せるよね。

あとは、必殺！！$${\tan \frac{\phi}{2}=t}$$を行えば、

$${I(\alpha)=\displaystyle 2\int_0^{\pi}\frac{d\phi}{\alpha+\cos\phi}=2\int_0^{\infty}\frac{1}{\alpha+\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac{2}{1+t^2}dt=4\int_0^\infty \frac{dt}{(\alpha-1)t^2+(\alpha+1)}}$$

ここで条件より$${\alpha-1>0}$$だから、この積分は$${\arctan x}$$になる！

よって、

$${I(\alpha)=\displaystyle 4\int_0^\infty \frac{dt}{(\alpha-1)t^2+(\alpha+1)}=\frac{4}{\alpha-1}\cdot\frac{1}{\sqrt{\frac{\alpha+1}{\alpha-1}}}\left[\frac{t}{\sqrt{\frac{\alpha+1}{\alpha-1}}}\right]_0^\infty=\frac{2\pi}{\sqrt{\alpha^2-1}}}$$

ここで、

$${\displaystyle I'(\alpha)=\int_0^{2\pi} \frac{-d\phi}{(\alpha+\cos\phi)^2}}$$

であることから、先ほどの式の両辺を$${\alpha}$$微分しちゃえば

$${\displaystyle I'(\alpha)=\frac{d}{dx}\left(\frac{2\pi}{\sqrt{\alpha^2-1}}\right)=\frac{-2\pi\alpha}{\sqrt{(\alpha^2-1)^3}}}$$

となるよね。つまり…!

$${\displaystyle \int_0^{2\pi} \frac{d\phi}{(\alpha+\cos\phi)^2}=\frac{2\pi\alpha}{\sqrt{(\alpha^2-1)^3}}}$$

$${\alpha=\frac{1}{\varepsilon}}$$を代入すれば

$${\displaystyle \int_0^{2\pi} \frac{d\phi}{(\frac{1}{\varepsilon}+ \cos\phi)^2}=\frac{2\pi\frac{1}{\varepsilon}}{\sqrt{(\left({\frac{1}{\varepsilon}}\right)^2-1)^3}}=\frac{2\pi\varepsilon^2}{\sqrt{(1-\varepsilon^2)^3}}}$$

最後に両辺に$${\frac{1}{\varepsilon^2}}$$をかければ、

$${\displaystyle \int_0^{2\pi} \frac{d\phi}{(1+\varepsilon \cos\phi)^2}=\frac{2\pi}{\sqrt{1-\varepsilon^2}}}$$

と求まるね！

第二問

$${\displaystyle \int_0^1 \frac{x\log x}{(x+4)^4}dx=-\frac{1}{6}\left(\log 2 -\frac{1}{4}\right)}$$
を示せ。（解析概論より）

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お次は解析概論からとってきた問題だよ。問題では示せって書いてるけど左辺の式を計算するだけでいいね。

とりあえず、このままだとどうしようもないから$${x+1\to x}$$の置換をしてあげると

$${I=\displaystyle \int_0^1 \frac{x\log x}{(x+4)^4}dx=\int_1^2 \frac{(x-1)\log (x-1)}{x^4}dx=\int_1^2 \frac{\log(x-1)}{x^3}dx-\int_1^2\frac{\log(x-1)}{x^4}dx}$$

こういう風に分けられるね。

じゃあこの二つの積分を右から$${I_1,I_2}$$と置いてそれぞれ計算していくよ。

まずは、$${I_1}$$から求めていこう。部分積分すると…

$${\displaystyle I_1=\int_1^2 \frac{\log(x-1)}{x^3}dx=\left[-\frac{1}{2}\frac{\log(x-1)}{x^2}\right]_1^2+\frac{1}{2}\int_1^2\frac{dx}{x^2(x-1)}=\lim_{\varepsilon\to 0}\frac{1}{2}\log\varepsilon+\frac{1}{2}\int_1^2\frac{dx}{x^2(x-1)}}$$

となるね。じゃあ二番目の項にある積分を解いていこう。

これは有理関数の積分だから部分分数分解しよう。つまり

$${\displaystyle \frac{1}{x^2(x-1)}=\frac{Ax+B}{x^2}+\frac{C}{x-1}}$$

を満たす$${A,B,C}$$を求めればいいね。

変形して、

$${\displaystyle 1=(Ax+B)(x-1)+Cx^2=(A+C)x^2+(B-A)x-B}$$

よって右辺と左辺の係数を比較すれば$${A=-1,B=-1,C=1}$$と求まる！

これを使ってさっきの積分を部分分数分解すれば、

$${\displaystyle I_1=\lim_{\varepsilon\to 0}\frac{1}{2}\log\varepsilon-\frac{1}{2}\int_1^2\frac{x+1}{x^2}dx-\frac{1}{2}\int_1^2\frac{dx}{x-1}=\lim_{\varepsilon\to 0}\frac{1}{2}\log\varepsilon-\frac{1}{2}\log\varepsilon-\frac{1}{2}\int_1^2\frac{x+1}{x^2}dx}$$

となるね！あとは項別に積分して、

$${\displaystyle I_1=-\frac{1}{2}\int_1^2\frac{dx}{x}-\frac{1}{2}\int_1^2\frac{dx}{x^2}=-\frac{1}{2}\log 2-\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{x}\right]_1^2=-\frac{1}{2}\log2-\frac{1}{4}}$$

と求まった！

それじゃあ次に$${I_2}$$を求めていこう。これも同様に部分積分して

$${I_2=\displaystyle \int_1^2\frac{\log(x-1)}{x^4}dx=\left[-\frac{1}{3}\frac{\log(x-1)}{x^3}\right]_1^2+\frac{1}{3}\int_1^2\frac{dx}{x^3(x-1)}=\lim_{\varepsilon\to 0}\frac{1}{3}\log\varepsilon+\frac{1}{3}\int_1^2\frac{dx}{x^3(x-1)}}$$

となるね。こちらも第二項の積分を部分分数分解して解いていこう。

$${\displaystyle \frac{1}{x^3(x-1)}=\frac{Ax^2+Bx+C}{x^3}+\frac{D}{x-1}}$$

となる$${A,B,C,D}$$を求めればいいよね。式変形して、

$${\displaystyle 1=(A+D)x^3+(B-A)x^2+(C-B)x-C}$$

となるから右辺と左辺の係数比較を行えば、$${A=-1,B=-1,C=-1,D=1}$$と求まるね！

じゃあこの結果をさっきの積分に使うと

$${I_2=\displaystyle \lim_{\varepsilon\to 0}\frac{1}{3}\log\varepsilon-\frac{1}{3}\int_1^2\frac{x^2+x+1}{x^3}dx+\frac{1}{3}\int_1^2\frac{dx}{x-1}=\displaystyle \lim_{\varepsilon\to 0}\frac{1}{3}\log\varepsilon-\frac{1}{3}\log\varepsilon-\frac{1}{3}\int_1^2\frac{x^2+x+1}{x^3}dx=-\frac{1}{3}\int_1^2\frac{x^2+x+1}{x^3}dx}$$

あとは項別に積分しちゃえば

$${\displaystyle I_2=-\frac{1}{3}\int_1^2\frac{dx}{x}-\frac{1}{3}\int_1^2\frac{dx}{x^2}-\frac{1}{3}\int_1^2\frac{dx}{x^3}=-\frac{1}{3}\log 2-\frac{1}{6}-\frac{1}{3}\left[-\frac{1}{2}\frac{1}{x^2}\right]_1^2=-\frac{1}{3}\log 2-\frac{1}{6}-\frac{1}{8}=-\frac{1}{3}\log 2-\frac{7}{24}}$$

と求まるね！

あとは$${I=I_1-I_2}$$だから、この式に代入して

$${\displaystyle I=-\frac{1}{2}\log2-\frac{1}{4}-\left(-\frac{1}{3}\log 2-\frac{7}{24}\right)=-\frac{1}{6}\log 2+\frac{1}{24}}$$

あとは$${-\frac{1}{6}}$$でくくれば

$${\displaystyle(\text{左辺})=\int_0^1 \frac{x\log x}{(x+4)^4}dx=-\frac{1}{6}\left(\log 2 -\frac{1}{4}\right)=(\text{右辺})}$$

となるね！！これで示せた！

今日のまとめ

一問目は三角関数の性質と積分記号下での微分を用いれば簡単に求めることができたね。計算量自体はそこまでだったね。

二問目はそこまで難しくはないんだけど計算量がめっちゃ多い！部分分数分解を二回もするのは疲れたよ…。もしかしたらもっといい方法があるのかもね。もしあればコメント欄で教えてください！

今日は結構頭を使ったから早く寝ようかな～。

ミケの独り言

ここからはミケの独り言です。

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第二問解いてたら思ったんだけど、今回の部分分数分解にはなんか規則性がありそうだよなぁ。

とりあえず今回の部分分数分解の一般化を考えてみるか。

一般化した式っていうのは$${\displaystyle\frac{1}{x^n(x-1)}}$$だよ。
$${I_1}$$のときは$${n=2}$$、$${I_2}$$のときは$${n=3}$$だね。

じゃあこの分数を部分分数分解することを考えてみようか。

$${\displaystyle\frac{1}{x^n(x-1)}=\frac{a_nx^{n-1}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_2x+a_1}{x^n}+\frac{b}{x-1}}$$

こんな感じになるのかな。じゃあ両辺に$${x^n(x-1)}$$をかけると、

$${\displaystyle1=(x-1)(a_nx^{n-1}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_2x+a_1)+bx^n}$$

となるね。これを展開すると、

$${\displaystyle1=(a_n+b)x^{n-1}+(a_{n-1}-a_n)x^{n-1}+\cdots+(a_{m-1}-a_m)x^{m-1}+\cdots+(a_1-a_2)x-a_1}$$

となる。係数の比較をすれば、$${a_1=-1}$$というのがすぐわかるね。

次に$${x}$$の項に着目すれば$${a_1-a_2=0\to a_2=-1}$$とわかるね。

さらに次の項に着目すれば$${a_2-a_3=0\to a_3=-1}$$とわかるね。

こんな感じで$${a_{m-1}-a_m=0\to a_m=a_{m-1},a_{m-2}-a_{m-1}=0\to a_{m-1}=a_{m-2}\cdots}$$となるから

$${a_n=a_{n-1}=\cdots=a_2=a_1=-1}$$となる！

最後に$${b=-a_n=1}$$と求まる！

なんかこう見ると当たり前じゃんって感じだけど実際部分分数分解するときはこれに気づけないんだよなぁ。

でも次からはこの式使ってもっと楽してやるぞー！

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