陥没地帯 (226) - ノリの悪い日記

$\displaystyle{I = \int_0^{1/2}\sqrt{\frac{x}{1-x}}dx}$

他のやり方はあるが, 根号の中が, $x$ の $1$ 次の分数式なので,

$\displaystyle{t = \sqrt{\frac{x}{1-x}}}$

とおいて解く (積分範囲は, $0$ から $1$ までに変わる).

$\displaystyle{x = \frac{t^2}{1+t^2}}$
$\displaystyle{dx = \frac{2t}{(1+t^2)^2}dt}$

から,

$\displaystyle{I \\ = 2 \int_0^{1}\frac{t^2}{(1+t^2)^2}dt \\ = 2 \int_0^{1}\left\{\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{(1+t^2)^2}\right\}dt \\ = \frac{\pi}{2} -2 \int_0^{1}\frac{1}{(1+t^2)^2}dt }$

$t = \tan \theta$ で置換して,

$\displaystyle{I \\ = \frac{\pi}{2} -2 \int_0^{\pi/4}\cos^2 \theta d\theta \\ = \frac{\pi}{2} - \int_0^{\pi/4}(1 + \cos 2 \theta) d\theta }$

したがって,

$\displaystyle{ I\\ = \frac{\pi}{4} - \left[\frac{1}{2} \sin 2\theta \right]_{0}^{\pi/4} \\ = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} }$
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※ この積分は次のようにして, 部分積分により計算できる. 気づけばこちらの方が簡単である.

$\displaystyle{ 2\int_{0}^{1} \frac{t^2}{(1+t^2)^2}dt}$
$\displaystyle{ = - \int_{0}^{1}t\left\{\frac{1} {1+t^2} \right\}'dt}$
$\displaystyle{= -\left[\frac{t}{1+t^2}\right]_{0}^{1}+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^2}dt \\= - \frac{1}{2} + \frac{\pi}{4} }$
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※ $y = \tan x$ が全単射になるよう, $-\pi/2 < x < \pi/2$ とすれば, 逆関数 $x = \arctan y$ (要するに $tangent$ の値から角度を弧度法で与える関数である) が存在する.

$\begin{eqnarray} \frac{dy}{dx} &=& \frac{1}{\cos^2 x} \\&=& 1 + \tan^2 x \\&=& 1+ y^2 \end{eqnarray}$

だから,

$\begin{eqnarray} \frac{dx}{dy} &=& \frac{1}{1+y^2} \end{eqnarray}$

すなわち,

$\begin{eqnarray} \frac{1}{1+t^2} = (\arctan t + C)' \end{eqnarray}$

したがって,

$\begin{eqnarray} \int \frac{1}{1+t^2} dt = \arctan t + C \end{eqnarray}$
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※ さらに, 部分積分をこれにからめて, ちょっとやっておけば,

$\displaystyle{ (x \arctan x + C)' \\=\arctan x + x(\arctan x)' \\ = \arctan x + \frac{x}{1+x^2} \\= \arctan x + \frac{1}{2}\cdot \frac{(1+x^2)'}{1+x^2}}$

$\displaystyle{= \arctan x + \left( \frac{1}{2}\log(1+x^2)\right)'}$

だから,

$\displaystyle{\arctan x \\= \left(x\arctan x -\frac{1}{2}\log(1+x^2) + C\right)'}$

となって,

$\displaystyle{ \int \arctan x dx \\= x\arctan x -\frac{1}{2}\log(1+x^2) + C}$

である.
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