二乗根,三乗根,六乗根を含む定積分の問題と解き方

【答え】
　$\displaystyle \frac{3}{4}\pi -1 - \frac{3}{2}\log 2 $
　

【解答のポイント】
被積分関数に複数の累乗根が含まれています。

$\hspace{2pt}t = x^{\frac{1}{6}}\hspace{2pt}$と置き換えると $$ \begin{aligned} \sqrt{x }& = x^{\frac{1}{2}} = (x^{\frac{1}{6}})^3 = t^3 \\[0.7em] \sqrt[3]{x }& = x^{\frac{1}{3}} = (x^{\frac{1}{6}})^2 = t^2 \\[0.7em] \sqrt[6]{x }& = x^{\frac{1}{6}} = t \\ \end{aligned} $$ となることから、問題の定積分の被積分関数を$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$の有理関数に変形することができます。
　

上記のように変数を置き換えると $${6 \int_0^1 \frac{t^5}{t^3+t^2 +t + 1}\hspace{1pt}dt}$$ と変形することができます。

被積分関数$\displaystyle\hspace{2pt}\frac{t^5}{t^3+t^2 +t + 1}\hspace{2pt}$は『分子の次数』≧『分母の次数』の分数関数であるため、分子の関数を分母の関数で割ると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& \frac{t^5}{t^3+t^2 +t + 1}\\[1.4em] \hspace{10pt}&= t^2 -t +\frac{t}{t^3+t^2 +t + 1 }\hspace{10pt}\\[1.4em] \hspace{10pt}&= t^2 -t +\frac{t}{(t+1)(t^2+1)} \hspace{10pt}\\[1.4em] \end{aligned} $$

と変形されます。

$\displaystyle\hspace{2pt}\frac{t}{(t+1)(t^2+1)}\hspace{2pt}$は部分分数分解から分母を次数の小さい分数関数の和に分解します。

本問では、以下のように分解されるとして、定数${\hspace{1pt}A , B , C \hspace{2pt}}$を求めます。

$$ \hspace{10pt} \frac{t}{(t+1)(t^2+1)}= \frac{A}{t+1}+\frac{Bt +C}{t^2+1}\hspace{10pt} $$

【解答】
　問題 :『定積分$\displaystyle\hspace{2pt} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x} + \sqrt[6]{x} + 1}\hspace{1pt}dx\hspace{2pt}$を求めよ』
　

置換積分法から$\hspace{2pt}t = x^{\frac{1}{6}}\hspace{2pt}$とおきます。

変数$\hspace{2pt}x\hspace{2pt}$の範囲に対応する変数$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$を求めると、以下のようになります。

${x}$	${0 \to 1}$
${t}$	$\displaystyle{0 \to 1}$

$\displaystyle{t = x^{\frac{1}{6}} \hspace{2pt}}$から$\hspace{2pt}x = t^6\hspace{2pt}$となります。両辺を$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$で微分すると $${\frac{dx}{dt} = 6t^5}$$ とります。

すなわち、$\displaystyle{dx = 6t^5\hspace{1pt} dt}$ と表せます。

変数を置き換えて積分すると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x} + \sqrt[6]{x} + 1}\hspace{1pt}dx \\[1.4em] &=\int_0^1 \frac{1}{(x^{\frac{1}{6}})^3+(x^{\frac{1}{6}})^2 +x^{\frac{1}{6}} + 1}\hspace{1pt}dx\\[1.4em] &=6 \int_0^1 \frac{t^5}{t^3+t^2 +t + 1}\hspace{1pt}dt\\[1.4em] \end{aligned} $$

となります。

ここで、被積分関数$\displaystyle\hspace{2pt}\frac{t^5}{t^3+t^2 +t + 1}\hspace{2pt}$は『分子の次数』≧『分母の次数』の分数関数であるため、分子の関数を分母の関数で割ると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& \int_0^{1} \frac{t^5}{t^3+t^2 +t + 1}dt\\[1.4em] \hspace{10pt}&= \int_0^{1} \left\{ t^2 -t +\frac{t}{t^3+t^2 +t + 1 } \right\}dt\hspace{10pt}\\[1.4em] \end{aligned} $$

となります。

次に、$\displaystyle \int_0^{1} \frac{t}{t^3+t^2 +t + 1 } dt\hspace{2pt}$を求めます。

『分子の次数』<『分母の次数』の分数関数であるため、部分分数分解から次数の小さい分数関数に変形します。

$f(t) = t^3+t^2 +t + 1 \hspace{2pt}$とおくと、$f(-1)=0\hspace{2pt}$であることから、$f(t)\hspace{2pt}$は$\hspace{2pt}(t+1)\hspace{2pt}$を因数に持ちます。

$f(t) \hspace{2pt}$を$\hspace{2pt}(t+1)\hspace{2pt}$で割ると$\hspace{2pt}(t^2+1)\hspace{2pt}$であることから $${t^3+t^2 +t + 1 = (t+1)(t^2+1)}$$ と因数分解されます。

ここで、$\displaystyle{\frac{t}{(t+1)(t^2+1)}\hspace{2pt}}$を部分分数分解します。

以下のように分解されるとして、定数${\hspace{1pt}A , B , C \hspace{2pt}}$を求めます。

$$ \hspace{10pt} \frac{t}{(t+1)(t^2+1)}= \frac{A}{t+1}+\frac{Bt +C}{t^2+1}\hspace{10pt} $$

両辺に${\hspace{1pt}(t+1)(t^2+1)\hspace{2pt}}$をかけると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt} t = & (t^2+1) A+ (t+1)(Bt+C)\hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt} = & (A + B )t^2 + (B+C) t +A+C\hspace{10pt}\\[1em] \end{aligned} $$

上式が恒等式となるように左右の係数を比較すると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt} 0 = & A+B\hspace{10pt}\\[0.5em] \hspace{10pt} 1 = & B + C \hspace{10pt}\\[0.5em] \hspace{10pt} 0 = & A +C \hspace{10pt}\\[0.5em] \end{aligned} $$

上式を解くと$\displaystyle\hspace{2pt}A = -\frac{1}{2} \hspace{1pt},\hspace{1pt}B = \frac{1}{2}\hspace{1pt} ,\hspace{1pt} C = \frac{1}{2}\hspace{2pt}$となります。

よって、部分分数分解すると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt} & \frac{t}{(t+1)(t^2+1)}\\[1em] &= \frac{1}{2}\left\{-\frac{1}{t+1}+\frac{t+1}{t^2+1}\right\}\hspace{10pt}\\[1em] \end{aligned} $$

となります。

よって

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt} & \int_0^{1} \frac{t}{t^3+t^2 +t + 1 } dt\\[1em] \hspace{10pt} &= \int_0^{1} \frac{t}{(t+1)(t^2+1)} dt\\[1em] &= \frac{1}{2} \int_0^{1}\left \{-\frac{1}{t+1}+\frac{t+1}{t^2+1}\right \}\hspace{1pt}dt\hspace{10pt}\\[1em] &= \frac{1}{2} \int_0^{1}\left \{-\frac{1}{t+1}+\frac{t}{t^2+1} +\frac{1}{t^2+1}\right \}\hspace{1pt}dt\hspace{10pt}\\[1em] \end{aligned} $$

となります。

$\displaystyle \int_0^{1}\frac{1}{t+1}\hspace{1pt}dt\hspace{2pt}$を求めると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt} & \int_0^{1}\frac{1}{t+1}\hspace{1pt}dt\\[1em] &= \left[\log |t+1| \right]_0^{1}\hspace{10pt}\\[1em] &= \log 2 \hspace{10pt}\\[1em] \end{aligned} $$

$\displaystyle \int_0^{1}\frac{t}{t^2+1}\hspace{1pt}dt\hspace{2pt}$を求めると、被積分関数が $\displaystyle{\frac{f'(x)}{f(x)}}$ の形式であるときの公式 $${\int \frac{f'(x)}{f(x)}dx = \log |f(x)| + C}$$ から

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt} & \int_0^{1}\frac{t}{t^2+1}\hspace{1pt}dt\\[1em] \hspace{10pt} &= \frac{1}{2}\int_0^{1}\frac{2t}{t^2+1}\hspace{1pt}dt\\[1em] &= \frac{1}{2}\left[\log |t^2+1| \right]_0^{1}\hspace{10pt}\\[1em] &= \frac{1}{2} \log 2\hspace{10pt}\\[1em] \end{aligned} $$

$\displaystyle \int_0^{1}\frac{1}{t^2+1}\hspace{1pt}dt\hspace{2pt}$を求めます。
置換積分法から変数を$\hspace{2pt}t = \tan u\hspace{2pt}$とおいて積分します。

変数$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$の範囲に対応する変数$\hspace{2pt}u\hspace{2pt}$を求めると、以下のようになります。

${t}$	${\displaystyle 0 \to 1}$
${u}$	$\displaystyle{0 \to \frac{\pi}{4}}$

また、${t = \tan u}$ の両辺を$\hspace{2pt}u\hspace{2pt}$で微分すると、$\displaystyle\frac{dt}{du} = \frac{1}{\cos^2 u}\hspace{2pt}$となります。
よって、$\displaystyle{dt = \frac{1}{\cos^2 u} \hspace{1pt} du}$ と表せます。

すなわち $$ \begin{aligned} & \int_0^1 \frac{1}{t^2+1}\hspace{1pt}dt\\[1em] & = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\tan^2 u + 1}\cdot \frac{1}{\cos^2 u} \hspace{1pt} du\\[1em] & = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 u \cdot \frac{1}{\cos^2 u} \hspace{1pt} du\\[1em] & = \int_0^{\frac{\pi}{4}} 1 \hspace{1pt} du\\[1em] & =[u]_0^{\frac{\pi}{4}}\\[1em] & =\frac{\pi}{4} \end{aligned} $$ と求められます。

すなわち

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& \int_0^{1}\frac{t}{t^3+t^2 +t + 1 } dt\hspace{10pt}\\[1.4em] \hspace{10pt}&=\frac{1}{2}\int_0^{1} \left\{-\frac{1}{t+1}+\frac{t}{t^2+1} +\frac{1}{t^2+1}\right \}dt\hspace{10pt}\\[1.4em] \hspace{10pt}&=\frac{1}{2}\left\{ -\log 2 + \frac{1}{2}\log 2 + \frac{\pi}{4}\right\}\hspace{10pt}\\[1.4em] \hspace{10pt}&= -\frac{1}{4}\log 2 + \frac{\pi}{8}\hspace{10pt}\\[1.4em] \end{aligned} $$

と求められます。

したがって

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x} + \sqrt[6]{x} + 1}\hspace{1pt}dx\\[1.4em] \hspace{10pt}&=6 \int_0^{1} \frac{t^5}{t^3+t^2 +t + 1}dt\\[1.4em] \hspace{10pt}&=6 \int_0^{1} \left\{ t^2 -t +\frac{t}{t^3+t^2 +t + 1 } \right\}dt\hspace{10pt}\\[1.4em] \hspace{10pt}&= 6\left\{\left[\frac{1}{3}t^3 -\frac{1}{2}t^2 \right]_0^{1} -\frac{1}{4}\log 2 + \frac{\pi}{8}\right\}\hspace{10pt}\\[1.4em] \hspace{10pt}&= 6\left\{\frac{1}{3} -\frac{1}{2} -\frac{1}{4}\log 2 + \frac{\pi}{8}\right\}\hspace{10pt}\\[1.4em] \hspace{10pt}&=\frac{3}{4}\pi -1 - \frac{3}{2}\log 2\hspace{10pt}\\ \end{aligned} $$

と求められます。
　

【関連するページ】
・置換積分
　

\({x}\)	\({0 \to 1}\)
\({t}\)	\(\displaystyle{0 \to 1}\)

\({t}\)	\({\displaystyle 0 \to 1}\)
\({u}\)	\(\displaystyle{0 \to \frac{\pi}{4}}\)

累乗根を含む定積分