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【積分解説/備忘録】【随時更新中】MIT Integration Bee(qualifying_round_2010)の積分を解く

MIT Integration Bee 積分 解析 まとめシリーズ(数学) 数学

折り畳み目次

2/1更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^\frac{\pi}{2}_0\sin(x)\sin(2x)\sin(3x)dx\tag{$\ast$}\label{p:1}
\end{equation}}

概略

　三角関数が並んでいていかにも「積和の公式を使ってください」と言いたげな感じがする。実際に二つの三角関数の積にこれを適応すると二つの三角関数の和に分解でき、しかも積分の線形性よりその三角関数の和は項ごとに積分できる。これより今回の場合だと先に三つのうち二つに適応した後に残った一つを積和の公式により出てきた三角関数のそれぞれにかけ、再度積和の公式を用いていくつかの三角関数の和に分解するというのが積分を行うにはよさそうではある

解法

　\eqref{p:1}の被積分関数に関して、

\displaystyle{\begin{align*}
\sin(x)\sin(2x)\sin(3x) &= \sin(3x)\sin(2x)\sin(x)\\
&= \frac{1}{2}\{\cos(3x-2x)-\cos(3x+2x)\}\sin(x)\ (\because \text{積和の公式})\\
&= \frac{1}{2}\{\cos(x)\sin(x)-\cos(5x)\sin(x)\}\\
&= \frac{1}{4}\{\sin(x+x)-\sin(x-x)\}-\frac{1}{4}\{\sin(5x+x)-\sin(5x-x)\}\ (\because \text{積和の公式})\\
&= \frac{\sin(2x)-\sin(6x)+\sin(4x)}{4}\tag{1}\label{1.1}
\end{align*}}

　したがって\eqref{p:1}について\eqref{1.1}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^\frac{\pi}{2}_0\sin(x)\sin(2x)\sin(3x)dx &= \int^\frac{\pi}{2}_0\frac{\sin(2x)-\sin(6x)+\sin(4x)}{4}dx\\
&= \frac{1}{4}\int^\frac{\pi}{2}_0\sin(2x)-\sin(6x)+\sin(4x)dx\\
&= \frac{1}{4}\left[-\frac{\cos(2x)}{2}\right]^\frac{\pi}{2}_0+\frac{1}{4}\left[\frac{\cos(6x)}{6}\right]^\frac{\pi}{2}_0+\frac{1}{4}\left[-\frac{\cos(4x)}{4}\right]^\frac{\pi}{2}_0\\
&=\frac{\cos 0-\cos\pi}{8}+\frac{\cos(3\pi)-\cos 0}{24}+\frac{\cos 0 -\cos (2\pi)}{16}\\
&=\frac{1-(-1)}{8}+\frac{-1-1}{24}+\frac{1-1}{16}\\
&=\frac{1}{4}-\frac{1}{12}=\boxed{\frac{1}{6}}
\end{align*}}

2/2更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^3(2x)\cos(x)dx\tag{$\ast$}\label{p:2}
\end{equation}}

概略

　\sin(2x)が出てくるとまず思い浮かぶは倍角の公式。そして倍角の公式にて分解すると三角関数だらけとなるのでここは置換すると一気に処理できそうではある。これには何かの関数の微分形が被積分関数に含まれる必要があるから、それを見越して今度は\sin ^ 2\theta = 1-\cos ^ 2\thetaより\sin xのくっついた\cos xの式にする。\cos xの微分は -\sin xであるから\cos xを何かしらの変数で置き換えて解く

解法

　\eqref{p:2}の被積分関数に関して、

\displaystyle{\begin{align*}
\sin^3(2x)\cos(x) &= \{2\sin (x)\cos (x)\}^3\cos(x) \ (\because \text{倍角の公式})\\
&= 8\sin^3(x)\cos^4(x)\\
&= 8\{1-\cos^2(x)\}\cos^4(x)\sin(x) \tag{1}\label{2.1}\\
\end{align*}}

　したがって\eqref{p:2}について\eqref{2.1}より、

\displaystyle{\begin{equation}
\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^3(2x)\cos(x)dx=\int^\frac{\pi}{2}_08\{1-\cos^2(x)\}\cos^4(x)\sin(x)dx \tag{2}\label{2.2}
\end{equation}}

　ここで、u = \cos(x) とする。du = -\sin ( x ) dx であり、積分区間も以下のように変化する

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & 0 & \to & \frac{\pi}{2} \\
\hline
u & 1 & \to & 0 \\
\end{array}
}

　ゆえに、\eqref{2.2}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^\frac{\pi}{2}_08\{1-\cos^2(x)\}\cos^4(x)\sin(x)dx 
&=-8\int^0_1\{1-u^2\}u^4du\\
&=8\int^1_0u^4-u^6du\\
&=8\biggl[\frac{u^5}{5}-\frac{u^7}{7}\biggr]^1_0\\
&=8\left(\frac{1}{5}-0-\frac{1}{7}+0\right)\\
&=\frac{8\times 2}{35} = \boxed{\frac{16}{35}}
\end{align*}}

2/3更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int (x+1)^2(x-1)^{\frac{1}{3}}dx\tag{$\ast$}\label{p:3}
\end{equation}}

概略

　立方根がついていてめんどくさそうな因数をそのまま置き換えてあげると解ける。が、より簡単にx-1を別の数に置き換えたということで解いてみる

解法

\displaystyle{\begin{align*}
\int (x+1)^2(x-1)^{\frac{1}{3}}dx
&=\int\{(x-1)+2\}^2(x-1)^\frac{1}{3}dx\\
&=\int\{(x-1)^2+4(x-1)+4\}(x-1)^\frac{1}{3}dx\\
&=\int(x-1)^\frac{7}{3}+4(x-1)^\frac{4}{3}+4(x-1)^\frac{1}{3}dx\\
&=\boxed{\frac{3(x-1)^\frac{10}{3}}{10}+\frac{12(x-1)^\frac{7}{3}}{7}+3(x-1)^\frac{4}{3}+C\ (\text{C:const})}
\end{align*}}

2/4更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int x\log\left(1+\frac{1}{x}\right)dx\tag{$\ast$}\label{p:4}
\end{equation}}

概略

　とりあえず \log\left ( 1+\frac{1}{x} \right ) が厄介なので部分積分にて微分して消す

解法

\displaystyle{\begin{align*}
\int x\log\left(1+\frac{1}{x}\right)dx&=\frac{x^2}{2}\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-\int\frac{x^2}{2}\frac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}dx\\
&=\frac{x^2}{2}\log\left(1+\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{2}\int\frac{1}{\frac{x+1}{x}}dx\\
&=\frac{x^2}{2}\log\left(1+\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{2}\int\frac{x}{x+1}dx\\
&=\frac{x^2}{2}\log\left(1+\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{2}\int 1-\frac{1}{x+1}dx\\
&=\boxed{\frac{x^2}{2}\log\left(1+\frac{1}{x}\right)+\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\log(x+1)+C\ (\text{C:const})}
\end{align*}}

2/5更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^1_0\sin^2(\log x)dx\tag{$\ast$}\label{p:5}
\end{equation}}

概略

　まず、三角関数が二乗されているときは半角の公式を考える。このことにより三角関数を弱体化させることができる

　その中にある対数関数がめんどそうなので置換する。\log x = uとするとdu = \frac{dx}{x} = \frac{dx}{e ^ u}よりdx = e ^ uduだから三角関数と指数関数に分解できる

　ここからは部分積分だが、もともとの積分からも分かる通りこれは広義積分なのでそこに注意する

解法

　\eqref{p:5}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^1_0\sin^2(\log x)dx &= \lim _ {\varepsilon \to +0}\int^1_\varepsilon\sin^2(\log x)dx\\
&= \frac{1}{2}\lim _ {\varepsilon \to +0}\int^1_\varepsilon1-\cos(2\log x)dx\\
&= \frac{1}{2}\lim _ {\varepsilon \to +0}\left\{(1-\varepsilon)-\int^1_\varepsilon\cos(2\log x)dx\right\}\tag{1}\label{5.1}\\
\end{align*}}

　ここでu = \log xとおく。x = e ^ u, du = \frac{dx}{x}だからdx = xdu = e ^ u du

　積分区間は以下の通り変化する

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & \varepsilon & \to & 1 \\
\hline
u & \log(\varepsilon) & \to & 0 \\
\end{array}
}

　ゆえに、\eqref{5.1}より、

\displaystyle{\begin{equation}
\frac{1}{2}\lim _ {\varepsilon \to +0}\left\{(1-\varepsilon)-\int^1_\varepsilon\cos(2\log x)dx\right\} = \frac{1}{2}\lim _ {\varepsilon \to +0}\left\{(1-\varepsilon)-\int^0_{\log(\varepsilon)}e^u\cos(2u)du\right\}\tag{2}\label{5.2}
\end{equation}}

　さらに I(u)=\int e ^ u\cos(2u)duとおく。このI(u) について、

\displaystyle{\begin{align*}
I(u)&=e^u\cos(2u)-\int e^u\{-2\sin(2u)\}du\\
&=e^u\cos(2u)+2\int e^u\sin(2u)du\\
&=e^u\cos(2u)+2\left[e^u\sin(2u)-\int e^u\{2\cos(2u)\}du\right]\\
&=e^u\cos(2u)+2e^u\sin(2u)-4I(u)
\end{align*}}

これより、

\displaystyle{\begin{align*}
5I(u) = e^u\cos(2u)+2e^u\sin(2u)\\
I(u) = \frac{1}{5}\{e^u\cos(2u)+2e^u\sin(2u)\}\\
\end{align*}}

(ちなみにI(u) が積分定数を持たないのはそもそもI(u) が不定積分で定義されているから)

　したがって\eqref{5.2}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\frac{1}{2}\lim _ {\varepsilon \to +0}\left\{(1-\varepsilon)-\int^0_{\log(\varepsilon)}e^u\cos(2u)du\right\}
&=\frac{1}{2}\lim _ {\varepsilon \to +0}\left\{(1-\varepsilon)-\left[\frac{1}{5}\{e^u\cos(2u)+2e^u\sin(2u)\}\right]^0_{\log(\varepsilon)}\right\}\\
&=\frac{1}{2}\lim _ {\varepsilon \to +0}\left[(1-\varepsilon)-\frac{1}{5}\{1+0-\varepsilon\cos(2\log(\varepsilon))-2\varepsilon\sin(2\log(\varepsilon))\}\right]\\
&=\frac{1}{2}\lim _ {\varepsilon \to +0}\left\{\frac{4}{5}-\varepsilon+\frac{1}{5}\varepsilon\cos(2\log(\varepsilon))+\frac{2}{5}\varepsilon\sin(2\log(\varepsilon))\right\}\tag{3}\label{5.3}
\end{align*}}

　ここで-1\leq\cos(2\log(\varepsilon))\leq 1,-1\leq\sin(2\log(\varepsilon))\leq 1より\cos(2\log(\varepsilon)) \to 0\ (\varepsilon\to +0),\sin(2\log(\varepsilon)) \to 0\ (\varepsilon\to +0)であるから\eqref{5.3}より、

\displaystyle{\begin{equation}
\frac{1}{2}\lim _ {\varepsilon \to +0}\left\{\frac{4}{5}-\varepsilon+\frac{1}{5}\varepsilon\cos(2\log(\varepsilon))+\frac{2}{5}\varepsilon\sin(2\log(\varepsilon))\right\} = \frac{1}{2}\cdot\frac{4}{5} = \boxed{\frac{2}{5}}
\end{equation}}

2/6更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int\frac{1}{1+3e^x}dx\tag{$\ast$}\label{p:6}
\end{equation}}

概略

　微分しても変わらないためかe ^ xは置換と相性がよい。とりあえず置換

解法

　u = e ^ xとおく。du = e ^ xdxよりdx = \frac{du}{e ^ x} = \frac{du}{u}

　ゆえに\eqref{p:6}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\int\frac{1}{1+3e^x}dx &= \int\frac{1}{1+3u}\cdot\frac{1}{u}du\\
&= \int\frac{1}{u}-\frac{3}{1+3u}du\\
&= \log |u| - \frac{3}{3}\log |1+3u| + C\ (\text{C:const})\\
&= -\log\left(\frac{1}{u}+3\right) + C\\
&= \boxed{-\log(e^{-x}+3)+ C}\\
\end{align*}}

2/7更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^\frac{\pi}{3}_\frac{\pi}{4}\frac{1}{\sin^3(x)\cos^5(x)}dx\tag{$\ast$}\label{p:7}
\end{equation}}

概略

　\tan\thetaを\thetaで微分すると\frac{1}{\cos ^ 2\theta},\frac{1}{\tan\theta}も\thetaで微分すると-\frac{1}{\sin ^ 2\theta}となる。これから、このようなものがついた関数を積分する場合は\tan\thetaを置換するとうまくいきそうだとわかる

　今回の被積分関数\frac{1}{\sin ^ 3(x)\cos ^ 5(x)}に関して、分母分子それぞれに\cos ^ 3(x) を掛けることで \frac{1}{\tan ^ 3(x) }と\left(\frac{1}{\cos ^ 2(x)}\right) ^ 4 を作り出す。後者に関しては \frac{1}{\cos ^ 2(x)} = 1 + \tan ^ 2(x) も用いて整理していく

解法

\displaystyle{\begin{align*}
\int^\frac{\pi}{3}_\frac{\pi}{4}\frac{1}{\sin^3(x)\cos^5(x)}dx&=\int^\frac{\pi}{3}_\frac{\pi}{4}\frac{\cos^3(x)}{\sin^3(x)\cos^8(x)}dx\\
&=\int^\frac{\pi}{3}_\frac{\pi}{4}\frac{1}{\tan^3(x)}\left(\frac{1}{\cos^2(x)}\right)^4dx\\
&=\int^\frac{\pi}{3}_\frac{\pi}{4}\frac{1}{\tan^3(x)}\left(\frac{1}{\cos^2(x)}\right)^3\frac{1}{\cos^2(x)}dx\\
&=\int^\frac{\pi}{3}_\frac{\pi}{4}\frac{(1+\tan^2(x))^3}{\tan^3(x)}\frac{1}{\cos^2(x)}dx\tag{1}\label{7.1}\\
\end{align*}}

　ここでu = \tan(x) とおく。 du = \left(\frac{1}{\cos ^ 2(x)}\right) dx

　このとき積分区間は以下のとおりに変化する。

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & \frac{\pi}{4} & \to & \frac{\pi}{3} \\
\hline
u & 1 & \to & \sqrt{3} \\
\end{array}
}

　したがって\eqref{7.1}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^\frac{\pi}{3}_\frac{\pi}{4}\frac{(1+\tan^2(x))^3}{\tan^3(x)}\frac{1}{\cos^2(x)}dx&=\int^\sqrt{3}_1\frac{(1+u^2)^3}{u^3}du\\
&=\int^\sqrt{3}_1\frac{1}{u^3}+\frac{3}{u}+3u+u^3du\\
&=\left[-\frac{1}{2u^2}+3\log(u)+\frac{3u^2}{2}+\frac{u^4}{4}\right]^\sqrt{3}_1\\
&=\left\{-\frac{1}{6}+3\log(\sqrt{3})+\frac{9}{2}+\frac{9}{4}\right\}-\left\{-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}+\frac{1}{4}\right\}\\
&=\boxed{\frac{16}{3}+\frac{3\log(3)}{2}}
\end{align*}}

2/8更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^\infty_1\frac{dx}{x\sqrt{x^4-1}}\tag{$\ast$}\label{p:8}
\end{equation}}

概略

　ルートが含まれているタイプの積分はルートごと置換すると積分しやすい形となる。u = \sqrt{x ^ 4-1}と置いた場合、式に残った\frac{1}{x}についてxをuについての式にすると4乗根が発生するものの、それとは別に du = \frac{2x ^ 3}{\sqrt{x ^ 4-1}}dxよりdx = \frac{\sqrt{x ^ 4-1}}{2x ^ 3}du = \frac{u}{2x ^ 3}duとなることから x ^ 4が作られるため4乗根は相殺される

解法

　u = \sqrt{x ^ 4-1}とおく。du = \frac{4x ^ 3}{2\sqrt{x ^ 4-1}}dx = \frac{2x ^ 3}{\sqrt{x ^ 4-1}}dxよりdx = \frac{\sqrt{x ^ 4-1}}{2x ^ 3}du = \frac{u}{2x ^ 3}du

　このとき積分区間は以下の通り

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & 1 & \to & \infty \\
\hline
u & 0 & \to & \infty \\
\end{array}
}

　したがって\eqref{p:8}について

\displaystyle{\begin{align*}
\int^\infty_1\frac{dx}{x\sqrt{x^4-1}}&=\int^\infty_0\frac{1}{xu}\cdot\frac{u}{2x^3}du\\
&=\frac{1}{2}\int^\infty_0\frac{1}{x^4}du\\
&=\frac{1}{2}\int^\infty_0\frac{1}{u^2+1}du\ (\because x^4 = u^2 + 1)\\
&=\lim_{R\to+\infty}\frac{1}{2}\biggl[\arctan u\biggr]^R_0\\
&=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}-0\right) = \boxed{\frac{\pi}{4}}
\end{align*}}

2/9更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int\frac{dx}{x(x^5+1)}
\end{equation}}

概略

　分母が多項式を因数分解したものになっているので部分分数分解をしてみる。一応、 x(x ^ 5+1) = x(x + 1)(x ^ 4-x ^ 3+x ^ 2-x+1) となるがここまでくると計算しづらくなるのでまずはxとx ^ 5+1に分解して必要に応じてさらに分解をしていく

解法

\displaystyle{\begin{align*}
\int\frac{dx}{x(x^5+1)}&=\int\frac{1}{x}-\frac{x^4}{x^5+1}dx\\
&=\int\frac{1}{x}dx-\frac{1}{5}\int\frac{(x^5+1)'}{x^5+1}dx\\
&=\log |x|-\frac{1}{5}\log |x^5+1|+C\ (\text{C:const})\\
&=\frac{1}{5}\log |x^5|-\frac{1}{5}\log |x^5+1|+C\\
&=\boxed{\frac{1}{5}\log\frac{|x^5|}{|x^5+1|}+C}
\end{align*}}

2/10更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^\frac{\pi}{4}_0\sqrt{\tan(x)}dx\tag{$\ast$}\label{p:10}
\end{equation}}

概略

　ルートが中に入っているので置換する

　(なお、ヨビノリさんの出していた今週の積分100問目と同じなのでこちらでは無理やり計算してみる)

解法

　t = \sqrt{\tan x}とおく。dt = \frac{1}{2\sqrt{\tan x}}\cdot\frac{1}{\cos ^ 2x}dx = \frac{1+\tan ^ 2x}{2t}dx = \frac{1+t ^ 4}{2t}dxより dx = \frac{2t}{1+t ^ 4}dt

　また、積分区間は以下の表のとおりに変化する

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & 0 & \to & \frac{\pi}{4} \\
\hline
t & 0 & \to & 1 \\
\end{array}
}

　したがって\eqref{p:10}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^\frac{\pi}{4}_0\sqrt{\tan(x)}dx &= \int^1_0\frac{2t^2}{1+t^4}dt\\
&= \int^1_0\frac{2t^2}{(t^2+1)^2-2t^2}dt\\
&= \int^1_0\frac{2t^2}{(t^2+\sqrt{2}t+1)(t^2-\sqrt{2}t+1)}dt\\
&= \frac{1}{\sqrt{2}}\int^1_0\frac{t}{t^2-\sqrt{2}t+1}-\frac{t}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt\\
&= \frac{1}{2\sqrt{2}}\int^1_0\frac{2t}{t^2-\sqrt{2}t+1}-\frac{2t}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt\\
&= \frac{1}{2\sqrt{2}}\int^1_0\frac{2t-\sqrt{2}+\sqrt{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}-\frac{2t+\sqrt{2}-\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt\\
&= \frac{1}{2\sqrt{2}}\int^1_0\frac{(t^2-\sqrt{2}t+1)'}{t^2-\sqrt{2}t+1}+\frac{\sqrt{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}-\frac{(t^2+\sqrt{2}t+1)'}{t^2+\sqrt{2}t+1}-\frac{-\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt\\
&= \frac{1}{2\sqrt{2}}\int^1_0\frac{(t^2-\sqrt{2}t+1)'}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt-\frac{1}{2\sqrt{2}}\int^1_0\frac{(t^2+\sqrt{2}t+1)'}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt+\frac{1}{2\sqrt{2}}\int^1_0\frac{\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}+\frac{\sqrt{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt\\
&= \frac{1}{2\sqrt{2}}\biggl[\log(t^2-\sqrt{2}t+1)\biggr]^1_0-\frac{1}{2\sqrt{2}}\biggl[\log(t^2+\sqrt{2}t+1)\biggr]^1_0+\frac{1}{2}\int^1_0\frac{1}{\left(t-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\frac{1}{2}}+\frac{1}{\left(t+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\frac{1}{2}}dt\\
&=\frac{\log(1-\sqrt{2}+1)-\log(1)}{2\sqrt{2}}-\frac{\log(1+\sqrt{2}+1)-\log(1)}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2}\left[\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{2}}}\arctan\left(\frac{t-\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}\right)+\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{2}}}\arctan\left(\frac{t+\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}\right)\right]^1_0\\
&=\frac{\log(2-\sqrt{2})}{2\sqrt{2}}-\frac{\log(2+\sqrt{2})}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}}\left[\arctan\left(\frac{\sqrt{2}\left(t-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\sqrt{2}}\right)+\arctan\left(\frac{\sqrt{2}\left(t+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\sqrt{2}}\right)\right]^1_0\\
&=\frac{\log(2-\sqrt{2})-\log(2+\sqrt{2})}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}\biggl[\arctan(\sqrt{2}t-1)+\arctan(\sqrt{2}t+1)\biggr]^1_0\\
&=\frac{\sqrt{2}}{4}\log\left(\frac{2-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\biggl[\arctan(\tan(\arctan(\sqrt{2}t-1)+\arctan(\sqrt{2}t+1)))\biggr]^1_0\\
&=\frac{\sqrt{2}}{4}\log\left(\frac{(2-\sqrt{2})^2}{(2+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})}\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\biggl[\arctan\left(\frac{\tan(\arctan(\sqrt{2}t-1))+\tan(\arctan(\sqrt{2}t+1))}{1-\tan(\arctan(\sqrt{2}t-1))\tan(\arctan(\sqrt{2}t+1))}\right)\biggr]^1_0\ (\because\text{加法定理})\\
&=\frac{\sqrt{2}}{4}\log\left(\frac{(2-\sqrt{2})^2}{2}\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\biggl[\arctan\left(\frac{(\sqrt{2}t-1)+(\sqrt{2}t+1)}{1-(\sqrt{2}t-1)(\sqrt{2}t+1)}\right)\biggr]^1_0\\
&=\frac{\sqrt{2}}{2}\log\left(\frac{2-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\biggl[\arctan\left(\frac{2\sqrt{2}t}{1-(2t-1)}\right)\biggr]^1_0\\
&=\frac{\sqrt{2}}{2}\log(\sqrt{2}-1)+\frac{\sqrt{2}}{2}\biggl[\arctan\left(\frac{2\sqrt{2}t}{2-2t}\right)\biggr]^1_0\\
&=\frac{\sqrt{2}}{2}\log(\sqrt{2}-1)+\frac{\sqrt{2}}{2}\lim_{\varepsilon\to 1}\left\{\arctan\left(\frac{2\sqrt{2}\varepsilon}{2-2\varepsilon}\right)-\arctan\left(\frac{2\sqrt{2}\cdot 0}{2-0}\right)\right\}\\
&=\frac{\sqrt{2}}{2}\log(\sqrt{2}-1)+\frac{\sqrt{2}\cdot \left(\frac{\pi}{2}-0\right)}{2} = \boxed{\frac{\sqrt{2}}{2}\log(\sqrt{2}-1)+\frac{\pi\sqrt{2}}{4}}\\
\end{align*}}

備考

　広義積分みたいな議論をしていた式\biggl[\arctan\left(\frac{2\sqrt{2}t}{2-2t}\right)\biggr] ^ 1 _ 0が怪しいのだが時間もないので省略する。なお、実際に書かれてあった答えは間違えており、こっちが正解

2/11更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^1_0\frac{\log(1+x)}{1+x^2}dx\tag{$\ast$}\label{p:11}
\end{equation}}

概略

　\frac{1}{1+x ^ 2}が出てくることからx = \tan(t) の置換を考える。\log(1+\tan(t) ) をそのまま考えるのはつらいが、一方で\log(ab) = \log(a)+\log(b) であり、これを使うことを試してみる

(なお、今週の積分88問目や高木解析概論にも同じ問題がある)

解法

　x = \tan(t) とおく。dx = \frac{dt}{\cos ^ 2(x)} = (1+\tan ^ 2(t))dt

　この時、積分区間は以下の通り変化する

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & 0 & \to & 1 \\
\hline
t & 0 & \to & \frac{\pi}{4} \\
\end{array}
}

　よって\eqref{p:11}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^1_0\frac{\log(1+x)}{1+x^2}dx &= \int^\frac{\pi}{4}_0\frac{\log(1+\tan(t))}{1+\tan^2(t)}\cdot(1+\tan ^ 2(t))dt\\
&=\int^\frac{\pi}{4}_0\log(1+\tan(t))dt\\
&=\int^\frac{\pi}{4}_0\log\left(\frac{\cos(t)+\sin(t)}{\cos(t)}\right)dt\\
&=\int^\frac{\pi}{4}_0\log(\cos(t)+\sin(t))-\log(\cos(t))dt\\
&=\int^\frac{\pi}{4}_0\log\left(\sqrt{2}\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\right)-\log(\cos(t))dt\\
&=\int^\frac{\pi}{4}_0\log(\sqrt{2})dt+\int^\frac{\pi}{4}_0\log\left(\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\right)-\log(\cos(t))dt\\
&=\frac{\pi\log(\sqrt{2})}{4}+\int^\frac{\pi}{4}_0\log\left(\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\right)-\log(\cos(t))dt\tag{1}\label{11.1}
\end{align*}}

　\eqref{11.1}の第一項以外をIとおき、King Propertyを適応する

\displaystyle{\begin{align*}
I&=\int^\frac{\pi}{4}_0\log\left(\sin\left(\left(\frac{\pi}{4}-t\right)+\frac{\pi}{4}\right)\right)-\log\left(\cos\left(\frac{\pi}{4}-t\right)\right)dt\\
&=\int^\frac{\pi}{4}_0\log\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)\right)-\log\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{4}-t\right)\right)\right)dt\\
&=\int^\frac{\pi}{4}_0\log\left(\cos(t)\right)-\log\left(\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\right)dt\\
&=-I
\end{align*}}

　ゆえにI = 0であるから、\eqref{11.1}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\frac{\pi\log(\sqrt{2})}{4}+\int^\frac{\pi}{4}_0\log\left(\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\right)-\log(\cos(t))dt&=\frac{\pi\log(\sqrt{2})}{4}+I\\
&=\boxed{\frac{\pi\log(2)}{8}}
\end{align*}}

2/12更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^{729}_{64}\frac{x^\frac{1}{2}}{x^\frac{1}{2}-x^\frac{1}{3}}dx\tag{$\ast$}\label{p:12}
\end{equation}}

概略

　x ^ \frac{1}{2}とx ^ \frac{1}{3}の肩についた分数をどうにかするためにu = x ^ \frac{1}{6}とおく。これによりu ^ 3 = x ^ \frac{1}{2}とu ^ 2 = x ^ \frac{1}{3}と表すことができる

解法

　u = x ^ \frac{1}{6}とおく。x = u ^ 6より、dx = 6u ^ 5du

　また、積分範囲は以下の通りに変化する

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & 64 & \to & 729 \\
\hline
u & 2 & \to & 3 \\
\end{array}
}

　したがって\eqref{p:12}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^{729}_{64}\frac{x^\frac{1}{2}}{x^\frac{1}{2}-x^\frac{1}{3}}dx&=\int^3_2\frac{u^3}{u^3-u^2}\cdot(6u^5)du\\
&=6\int^3_2\frac{u^8}{u^3-u^2}du\\
&=6\int^3_2\frac{u^6}{u-1}du\\
&=6\int^3_2\frac{u^6-1}{u-1}+\frac{1}{u-1}du\\
&=6\int^3_2\frac{(u-1)(u^5+u^4+u^3+u^2+u+1)}{u-1}+\frac{1}{u-1}du\\
&=6\int^3_2(u^5+u^4+u^3+u^2+u+1)+\frac{1}{u-1}du\\
&=6\biggl[\frac{u^6}{6}+\frac{u^5}{5}+\frac{u^4}{4}+\frac{u^3}{3}+\frac{u^2}{2}+u+\log(u-1)\biggr]^3_2\\
&=6\biggl[\frac{u^6}{6}+\frac{u^5}{5}+\frac{u^4}{4}+\frac{u^3}{3}+\frac{u^2}{2}+u+\log(u-1)\biggr]^3_2\\
&=6\left(\frac{3^6}{6}+\frac{3^5}{5}+\frac{3^4}{4}+\frac{3^3}{3}+\frac{3^2}{2}+3+\log(3-1)\right)-6\left(\frac{2^6}{6}+\frac{2^5}{5}+\frac{2^4}{4}+\frac{2^3}{3}+\frac{2^2}{2}+2+\log(2-1)\right)\\
&=3^6+\frac{2\cdot 3^6}{5}+\frac{2\cdot 3^5}{4}+\frac{2\cdot 3^4}{3}+\frac{2\cdot 3^3}{2}+3\cdot 6+6\log(2)-2^6-\frac{3\cdot 2^6}{5}-\frac{3\cdot 2^5}{4}-\frac{3\cdot 2^4}{3}-\frac{3\cdot 2^3}{2}-2\cdot 6-6\log(1)\\
&=3^6+2\cdot 3^3+3^3+3\cdot 6-2^6-3\cdot 2^3-2^4-3\cdot 2^2-2\cdot 6+\frac{3^5}{2}+\frac{2\cdot 3^6}{5}-\frac{3\cdot 2^6}{5}+6\log(2)\\
&=729+(2+1)\cdot 3^3+18-64-(3+2)\cdot 2^3-12-12+\frac{5\cdot 3^5+4\cdot 3^6-3\cdot 2^7}{10}+6\log(2)\\
&=729+81+18-64-40-12-12+\frac{3\cdot\{(5+4\cdot 3)\cdot 3^4-128\}}{10}+6\log(2)\\
&=700+\frac{3\cdot(17\cdot 3^4-128)}{10}+6\log(2)\\
&=\frac{7000}{10}+\frac{3\cdot(1377-128)}{10}+6\log(2)\\
&=\frac{7000}{10}+\frac{3\cdot(1249)}{10}+6\log(2)\\
&=\frac{7000+3747}{10}+6\log(2)\\
&=\boxed{\frac{10747}{10}+6\log(2)}
\end{align*}}

2/13更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int x^x(1+\log(x))dx
\end{equation}}

概略

　x ^ xというあまり見ない形が含まれている。使える方法は使うということで、部分積分することを前提にとりあえずx ^ xを微分してみる

解法

　対数微分法によりx ^ xを微分する。y = x ^ xとおく

　両辺の対数を取って、

\displaystyle{\begin{align*}
\log(y)&=\log(x^x)\\
&=x\log(x)
\end{align*}}

　両辺をxで微分して、

\displaystyle{\begin{align*}
\frac{d\log(y)}{dx}&=\frac{d\{x\log(x)\}}{dx}\\
\frac{d\log(y)}{dy}\cdot\frac{dy}{dx}&=\frac{dx}{dx}\cdot\log(x)+x\cdot\frac{d\log(x)}{dx}\\
\frac{1}{y}\cdot\frac{dy}{dx}&=\log(x)+\frac{x}{x}\\
\frac{dy}{dx}&=y\{\log(x)+1\}\\
\therefore\frac{dy}{dx}&=x^x\{\log(x)+1\}\\
\end{align*}}

　したがってx ^ x(\log(x)+1)の積分はCを積分定数としてy+C、即ち\boxed{x ^ x+C\ (\text{C:const})}

2/14更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^1_0x^\frac{13}{2}\sqrt{1+x^\frac{5}{2}}dx\tag{$\ast$}\label{p:14}
\end{equation}}

概略

　ルートがついた関数を積分する際はルートごと置換するとうまくいきやすい。これも実際に乗ってあった答えは誤りらしい

解法

　u = \sqrt{1+x ^ \frac{5}{2}}とおく。x = (u ^ 2-1) ^ \frac{2}{5}より、dx=\frac{2}{5}\cdot\frac{2u}{(u ^ 2-1) ^ \frac{3}{5}} du

　また、積分範囲は以下の通りに変化する

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & 0 & \to & 1 \\
\hline
u & 1 & \to & \sqrt{2}\\
\end{array}
}

　したがって\eqref{p:14}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^1_0x^\frac{13}{2}\sqrt{1+x^\frac{5}{2}}dx &= \int^\sqrt{2}_1\{(u^2-1)^\frac{2}{5}\}^\frac{13}{2}\cdot u\cdot\frac{2}{5}\cdot\frac{2u}{(u^2-1)^\frac{3}{5}}du\\
&=\frac{2\cdot 2}{5}\int^\sqrt{2}_1\frac{(u^2-1)^\frac{13}{5}\cdot u^2}{(u^2-1)^\frac{3}{5}}du\\
&=\frac{4}{5}\int^\sqrt{2}_1(u^2-1)^\frac{10}{5}\cdot u^2du\\
&=\frac{4}{5}\int^\sqrt{2}_1(u^2-1)^2\cdot u^2du\\
&=\frac{4}{5}\int^\sqrt{2}_1u^2(u^4-2u^2+1)du\\
&=\frac{4}{5}\int^\sqrt{2}_1u^6-2u^4+u^2du\\
&=\frac{4}{5}\biggl[\frac{u^7}{7}-\frac{2u^5}{5}+\frac{u^3}{3}\biggr]^\sqrt{2}_1\\
&=\frac{4}{5}\left(\frac{8\sqrt{2}}{7}-\frac{2\cdot 4\sqrt{2}}{5}+\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)-\frac{4}{5}\left(\frac{1}{7}-\frac{2}{5}+\frac{1}{3}\right)\\
&=\frac{4}{5}\cdot\frac{(120-168+70)\sqrt{2}}{105}-\frac{4}{5}\cdot\frac{15-42+35}{105}\\
&=\frac{4}{5}\cdot\frac{22\sqrt{2}}{105}-\frac{4}{5}\cdot\frac{8}{105}\\
&=\frac{88\sqrt{2}-32}{5\cdot 105}\\
&=\boxed{\frac{88\sqrt{2}-32}{525}}\\
\end{align*}}

2/15更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^\infty_1\frac{dx}{(x^2+1)^2}
\end{equation}}

概略

　x ^ 2+1の形があるのでx = \tan tの置換積分を検討する

解法

\displaystyle{\begin{align*}
\int^\infty_1\frac{dx}{(x^2+1)^2} = \lim_{R\to +\infty}\int^R_1\frac{dx}{(x^2+1)^2}\tag{1}\label{15.1}\\
\end{align*}}

　x = \tan tとおく。dx = \frac{dt}{\cos ^ 2t}

　また、積分範囲は以下の通りに変化する

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & 1 & \to & R \\
\hline
t & \frac{\pi}{4} & \to & \arctan(R) \\
\end{array}
}

　よって\eqref{15.1}より、

\displaystyle{\begin{align*}
\lim_{R\to +\infty}\int^R_1\frac{dx}{(x^2+1)^2}&=\lim_{R\to +\infty}\int^{\arctan(R)}_\frac{\pi}{4}\frac{1}{(\tan^2t+1)^2}\cdot\frac{1}{\cos^2t}dt\\
&=\lim_{R\to +\infty}\int^{\arctan(R)}_\frac{\pi}{4}(\cos^2t)^2\cdot\frac{1}{\cos^2t}dt\\
&=\lim_{R\to +\infty}\int^{\arctan(R)}_\frac{\pi}{4}(\cos^2t)dt\\
&=\lim_{R\to +\infty}\int^{\arctan(R)}_\frac{\pi}{4}\frac{1+\cos(2t)}{2}dt\\
&=\lim_{R\to +\infty}\biggl[\frac{t}{2}+\frac{\sin(2t)}{4}\biggr]^{\arctan(R)}_\frac{\pi}{4}\\
&=\lim_{R\to +\infty}\left\{\frac{\arctan(R)}{2}+\frac{\sin(2\arctan(R))}{4}-\frac{\frac{\pi}{4}}{2}-\frac{\sin(2\cdot\frac{\pi}{4})}{4}\right\}\\
&=\frac{\frac{\pi}{2}}{2}+\frac{\sin(2\cdot\frac{\pi}{2})}{4}-\frac{\frac{\pi}{4}}{2}-\frac{\sin(2\cdot\frac{\pi}{4})}{4}\\
&=\frac{\pi}{4}+\frac{\sin(\pi)}{4}-\frac{\pi}{8}-\frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{4}\\
&=\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{8}+\frac{0}{4}-\frac{1}{4}\\
&=\boxed{\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}}\\
\end{align*}}

2/16更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^1_0\frac{dx}{x^4-13x^2+36}
\end{equation}}

概略

　分母が整式の形となっているのでまずは因数分解をして、そこから部分分数分解を行う

解法

\displaystyle{\begin{align*}
\int^1_0\frac{dx}{x^4-13x^2+36}&=\int^1_0\frac{dx}{(x^2-9)(x^2-4)}\\
&=\frac{1}{5}\int^1_0\left(\frac{1}{x^2-9}-\frac{1}{x^2-4}\right)dx\\
&=\frac{1}{5}\int^1_0\frac{1}{x^2-9}dx-\frac{1}{5}\int^1_0\frac{1}{x^2-4}dx\\
&=\frac{1}{5}\int^1_0\frac{1}{(x+3)(x-3)}dx-\frac{1}{5}\int^1_0\frac{1}{(x+2)(x-2)}dx\\
&=\frac{1}{5\cdot 6}\int^1_0\left(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3}\right)dx-\frac{1}{5\cdot 4}\int^1_0\left(\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2}\right)dx\\
&=\frac{1}{30}\int^1_0\frac{1}{x-3}dx-\frac{1}{30}\int^1_0\frac{1}{x+3}dx-\frac{1}{20}\int^1_0\frac{1}{x-2}dx+\frac{1}{20}\int^1_0\frac{1}{x+2}dx\\
&=\frac{1}{30}\biggl[\log |x-3|\biggr]^1_0-\frac{1}{30}\biggl[\log |x+3|\biggr]^1_0-\frac{1}{20}\biggl[\log |x-2|\biggr]^1_0+\frac{1}{20}\biggl[\log |x+2|\biggr]^1_0\\
&=\frac{\log |1-3|-\log |0-3|}{30}-\frac{\log |1+3|-\log |0+3|}{30}-\frac{\log |1-2|-\log |0-2|}{20}+\frac{\log |1+2|-\log |0+2|}{20}\\
&=\frac{\log 2-\log 3}{30}-\frac{\log 4-\log 3}{30}-\frac{\log 1-\log 2}{20}+\frac{\log 3-\log 2}{20}\\
&=\frac{\log 2-\log 3-2\log 2+\log 3}{30}+\frac{-\log 1+\log 2+\log 3-\log 2}{20}\\
&=\boxed{\frac{\log 3}{20}-\frac{\log 2}{30}}
\end{align*}}

2/17更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int\frac{\log(\log(x))}{x}dx
\end{equation}}

概略

　とりあえず\log(\log(x)) が\log uになってくれたら見た目が合成関数でなくなって良さそうなのと丁度関数の中にuをxで微分したものが含まれているので u = \log xとおいてみる

解法

　 u = \log xとおく。x = e ^ uよりdx = e ^ udu = xdu

　したがって、

\displaystyle{\begin{align*}
\int\frac{\log(\log(x))}{x}dx&=\int\frac{\log(u)}{x}\cdot xdu\\
&=\int\log(u)du\\
&=u\log(u)-\int u\cdot\frac{1}{u}du\ (\because\text{部分積分})\\
&=u\log(u)-\int du\\
&=u\log(u)-u+C\ (\text{C:const})\\
&=\boxed{(\log x)\log(\log x)-\log x+C}
\end{align*}}

2/18更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int\frac{1+\cot(x)}{1-\cot(x)}dx
\end{equation}}

概略

　\cot(x) = \frac{1}{\tan(x)}であるから分母分子それぞれに\tan(x) をかける。都合よくタンジェントが絡んでくる式で\tan(\alpha +\beta) = \frac{\tan\alpha +\tan\beta}{1-(\tan\alpha)(\tan\beta)}があるのでこれを用いる(公式の因果関係を逆にする)

解法1

\displaystyle{\begin{align*}
\int\frac{1+\cot(x)}{1-\cot(x)}dx&=\int\frac{1+\frac{1}{\tan x}}{1-\frac{1}{\tan x}}dx\\
&=\int\frac{(\tan x)\left(1+\frac{1}{\tan x}\right)}{(\tan x)\left(1-\frac{1}{\tan x}\right)}dx\\
&=\int\frac{\tan x+1}{\tan x-1}dx\\
&=-\int\frac{1+\tan x}{1-\tan x}dx\\
&=-\int\frac{\tan\frac{\pi}{4}+\tan x}{1-(\tan x)\left(\tan\frac{\pi}{4}\right)}dx\ (\because 1 = \tan\frac{\pi}{4})\\
&=-\int\tan\left(x+\frac{\pi}{4}\right)dx\\
&=\boxed{-\log\left|\cos\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\right|dx+C\ (\text{C:const})}
\end{align*}}

解法2

\displaystyle{\begin{align*}
\int\frac{1+\cot(x)}{1-\cot(x)}dx&=\int\frac{1+\frac{\cos x}{\sin x}}{1-\frac{\cos x}{\sin x}}dx\\
&=\int\frac{(\sin x)\left(1+\frac{\cos x}{\sin x}\right)}{(\sin x)\left(1-\frac{\cos x}{\sin x}\right)}dx\\
&=\int\frac{\sin x+\cos x}{\sin x-\cos x}dx\\
&=\int\frac{(\sin x-\cos x)'}{\sin x-\cos x}dx\\
&=\boxed{\log|\sin x-\cos x|+C\ (\text{C:const}) }
\end{align*}}

2/19更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int\frac{\cos(x)+x\sin(x)}{x(x+\cos(x))}dx
\end{equation}}

概略

　分母の微分は分子になってなさそうだが困難は分割せよということで、コサインとサインを定数とみなした部分分数分解よろしく二つの項の和に分解してみる

解法

\displaystyle{\begin{align*}
\int\frac{\cos(x)+x\sin(x)}{x(x+\cos(x))}dx&=\int\frac{1}{x}+\frac{\sin(x)-1}{x+\cos(x)}dx\\
&=\int\frac{1}{x}-\frac{-\sin(x)+1}{x+\cos(x)}dx\\
&=\int\frac{1}{x}dx-\int\frac{-\sin(x)+1}{x+\cos(x)}dx\\
&=\int\frac{1}{x}dx-\int\frac{\{x+\cos(x)\}'}{x+\cos(x)}dx\\
&=\boxed{\log |x| - \log |x+\cos(x)| + C\ (\text{C:const})}
\end{align*}}

2/20更新分

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^\frac{\pi}{2}_0\frac{dx}{\sin(x)+\sec(x)}
\end{equation}}

概略

　積分範囲が0から\frac{\pi}{2}までなのだがサインとコサインの対称性を利用してu = x-\frac{\pi}{4}とおいてみる

解法

　u = x-\frac{\pi}{4}とおく。x=u+\frac{\pi}{4}であるから、du = dx

　このとき、積分範囲は以下の通りに変化する

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & 0 & \to & \frac{\pi}{2} \\
\hline
u & -\frac{\pi}{4} & \to & \frac{\pi}{4} \\
\end{array}
}

　したがって、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^\frac{\pi}{2}_0\frac{dx}{\sin(x)+\sec(x)} &= \int^\frac{\pi}{2}_0\frac{dx}{\sin(x)+\frac{1}{\cos(x)}}\\
&= \int^\frac{\pi}{4}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{du}{\sin\left(u+\frac{\pi}{4}\right)+\frac{1}{\cos\left(u+\frac{\pi}{4}\right)}}\\
&= \int^\frac{\pi}{4}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{du}{\sin(u)\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)+\cos(u)\sin\left(\frac{\pi}{4}\right))+\frac{1}{\cos(u)\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)-\sin(u)\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)}}\\
&= \int^\frac{\pi}{4}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{du}{\frac{\sin(u)}{\sqrt{2}}+\frac{\cos(u)}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\frac{\cos(u)}{\sqrt{2}}-\frac{\sin(u)}{\sqrt{2}}}}\\
&= \int^\frac{\pi}{4}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{du}{\frac{\sin(u)+\cos(u)}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2}}{\cos(u)-\sin(u)}}\\
&= \int^\frac{\pi}{4}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}du}{\sin(u)+\cos(u)+\frac{2}{\cos(u)-\sin(u)}}\\
&= \int^\frac{\pi}{4}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}\{\cos(u)-\sin(u)\}du}{\{\cos(u)+\sin(u)\}\{\cos(u)-\sin(u)\}+2}\\
&= \int^\frac{\pi}{4}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}\{\cos(u)-\sin(u)\}du}{\cos^2(u)-\sin^2(u)+2}\\
&= \int^\frac{\pi}{4}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}\cos(u)du}{\cos^2(u)-\sin^2(u)+2}-\int^\frac{\pi}{4}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}\sin(u)du}{\cos^2(u)-\sin^2(u)+2}\\
&= 2\int^\frac{\pi}{4}_0\frac{\sqrt{2}\cos(u)du}{1-\sin^2(u)-\sin^2(u)+2}\ (\because\text{第一項の被積分関数は偶関数、第二項の被積分関数は奇関数であるから})\\
&= 2\int^\frac{\pi}{4}_0\frac{\sqrt{2}\cos(u)du}{3-2\sin^2(u)}\\
&= 2\int^\frac{\pi}{4}_0\frac{\sqrt{2}\cos(u)du}{\{\sqrt{3}-\sqrt{2}\sin(u)\}\{\sqrt{3}+\sqrt{2}\sin(u)\}}\\
&= 2\int^\frac{\pi}{4}_0\left\{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}-\sqrt{2}\sin(u)}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}+\sqrt{2}\sin(u)}\right\}\cos(u)du\\
&= \frac{2}{2\sqrt{3}}\int^\frac{\pi}{4}_0-\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}\sin(u)}\cdot\{\sqrt{3}-\sqrt{2}\sin(u)\}'du+\frac{1}{2\sqrt{2}}\int^\frac{\pi}{4}_0\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}\sin(u)}\cdot\{\sqrt{3}+\sqrt{2}\sin(u)\}'du\\
&= \frac{1}{\sqrt{3}}\biggl[\log |\sqrt{3}+\sqrt{2}\sin(u)|\biggr]^\frac{\pi}{4}_0-\frac{1}{2\sqrt{2}}\biggl[\log |\sqrt{3}-\sqrt{2}\sin(u)|\biggr]^\frac{\pi}{4}_0du\\
&= \frac{1}{\sqrt{3}}\left\{\log \left|\sqrt{3}+\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)\right|-\log |\sqrt{3}+\sqrt{2}\sin(0)|\right\}-\frac{1}{2\sqrt{2}}\left\{\log \left|\sqrt{3}-\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)\right|-\log |\sqrt{3}-\sqrt{2}\sin(0)|\right\}\\
&= \frac{1}{\sqrt{3}}\{\log \left|\sqrt{3}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right|-\log (\sqrt{3})-\log \left|\sqrt{3}-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right|+\log (\sqrt{3})\}\\
&= \frac{1}{\sqrt{3}}\log\left(\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}\right)\\
&= \frac{1}{\sqrt{3}}\log\left\{\frac{(\sqrt{3}+1)^2}{3-1}\right\}\\
&= \frac{1}{\sqrt{3}}\log\left(\frac{4+2\sqrt{3}}{2}\right)\\
&= \boxed{\frac{1}{\sqrt{3}}\log(2+\sqrt{3})}
\end{align*}}

2/21更新分（途中）

問題

\displaystyle{\begin{equation}
\int^\infty_0\frac{dx}{\sqrt{1+e^x+e^{2x}}}
\end{equation}}

概略

　何度も言ったことだがルートごと置換積分してみる

解法

dxについて、

\displaystyle{\begin{align*}
t^2 &= 1+e^x+e^{2x}\\
&= \left(e^x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\\
t^2-\frac{3}{4}&= \left(e^x+\frac{1}{2}\right)^2\\
\pm\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}&= e^x+\frac{1}{2}\\
-\frac{1}{2}\pm\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}&= e^x\\
\therefore x = \log\left(\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}-\frac{1}{2}\right)\ (\because\text{真数条件})
\end{align*}}

であるから、

\displaystyle{\begin{align*}
dx = \frac{1}{\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}-\frac{1}{2}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}}\cdot2tdt\\
&=\frac{t}{\left(\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}-\frac{1}{2}\right)\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}}dt
\end{align*}}

　また積分範囲は以下の通りに変化する

\displaystyle{
\begin{array}{c|ccc}
x & 0 & \to & \infty \\
\hline
t & 1 & \to & \infty \\
\end{array}
}

　したがって、

\displaystyle{\begin{align*}
\int^\infty_0\frac{dx}{\sqrt{1+e^x+e^{2x}}} &= \int^\infty_1\frac{1}{t}\cdot\frac{t}{\left(\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}-\frac{1}{2}\right)\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}}dt\\
&= 2\int^\infty_1\frac{1}{\left(\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}-\frac{1}{2}\right)}-\frac{1}{\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}}dt\\
&= 2\int^\infty_1\frac{1}{\left(\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}-\frac{1}{2}\right)}dt-2\int^\infty_1\frac{1}{\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}}dt\\
&= 2\int^\infty_1\frac{\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}}{\left(\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}-\frac{1}{2}\right)\left(\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\right)}dt-2\int^\infty_1\frac{1}{\sqrt{t^2-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}}dt\\
&= 2\int^\infty_1\frac{\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}}{t^2-\frac{3}{4}-\frac{1}{4}}dt-2\int^\infty_1\frac{1}{\sqrt{t^2-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}}dt\\
&= 2\int^\infty_1\frac{\sqrt{t^2-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}}{t^2-1}dt-2\int^\infty_1\frac{1}{\sqrt{t^2-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}}dt\\
\end{align*}}