二乗根と四乗根を含む定積分の問題と解き方

【答え】
　$\displaystyle \frac{4\sqrt{3}}{9}\pi-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。

$\hspace{2pt}t = x^{\frac{1}{4}}\hspace{2pt}$と置き換えると $$ \begin{aligned} \sqrt{x }& = x^{\frac{1}{2}} = (x^{\frac{1}{4}})^2 = t^2 \\[0.7em] \sqrt[4]{x }& = x^{\frac{1}{4}} = t \\[0.7em] \end{aligned} $$ 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 $${4 \int_0^1 \frac{t^3}{t^2+t + 1}\hspace{1pt}dt}$$ と変形することができます。

被積分関数$\displaystyle\hspace{2pt} \frac{t^3}{t^2+t + 1}\hspace{2pt}$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

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

と変形されます。

$\displaystyle\hspace{2pt}\frac{1}{t^2 +t + 1 } \hspace{2pt}$の分母を因数分解して部分分数分解をしたいところですが、$\hspace{2pt}t^2 +t + 1=0\hspace{2pt}$が実数の範囲で解なしであることから因数分解ができません。

そこで、分母を平方完成して置換積分ができる $\displaystyle{\frac{1}{(x+p)^2 + a^2}\hspace{2pt}}$の式に変形し、${x+p =a \tan \theta \hspace{2pt}}$に置き換えて積分します。
　

【解答】
　問題 :『定積分$\displaystyle\hspace{2pt} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[4]{x} + 1}\hspace{1pt}dx\hspace{2pt}$を求めよ』
　

置換積分法から$\hspace{2pt}t = x^{\frac{1}{4}}\hspace{2pt}$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。

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

$\displaystyle{t = x^{\frac{1}{4}} \hspace{2pt}}$から$\hspace{2pt}x = t^4\hspace{2pt}$となります。両辺を$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$で微分すると $${\frac{dx}{dt} = 4t^3}$$ とります。

すなわち、$\displaystyle{dx = 4t^3\hspace{1pt} dt}$ と表せます。

変数を置き換えて積分すると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[4]{x} + 1}\hspace{1pt}dx \\[1.4em] &=\int_0^1 \frac{1}{(x^{\frac{1}{4}})^2+x^{\frac{1}{4}} + 1}\hspace{1pt}dx\\[1.4em] &=4 \int_0^1 \frac{t^3}{t^2+t + 1}\hspace{1pt}dt\\[1.4em] \end{aligned} $$

となります。

ここで、被積分関数$\displaystyle\hspace{2pt}\frac{t^3}{t^2+t + 1}\hspace{2pt}$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

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

となります。

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

被積分関数の分母を平方完成して変形すると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& \int_0^{1} \frac{1}{t^2+t+1}\hspace{1pt}dt \\[1em] & = \int_0^{1} \frac{1}{\left(t+\frac{1}{2}\right)^2 +\frac{3}{4}}\hspace{1pt}dt \\[1em] \end{aligned} $$

となります。

ここで $\displaystyle{t+\frac{1}{2}= \frac{\sqrt{3}}{2} \tan \theta}$ とおきます。

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

${t}$	${0 \to 1}$
${\theta}$	$\displaystyle{\frac{\pi}{6} \to \frac{\pi}{3}}$

また、$\displaystyle{t +\frac{1}{2}= \frac{\sqrt{3}}{2} \tan \theta}$ の両辺を ${\theta}$ で微分すると、三角関数の微分公式から $${\frac{dt}{d\theta} = \frac{\sqrt{3}}{2\cos^2 \theta} }$$ となります。すなわち、$\displaystyle{dt = \frac{\sqrt{3}}{2\cos^2 \theta} \hspace{1pt} d\theta}$ と表せます。

変数を置き換えて積分すると

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& \int_0^{1} \frac{1}{\left(t+\frac{1}{2}\right)^2 +\frac{3}{4}}\hspace{1pt}dt \\[1.4em] &= \int_\frac{\pi}{6}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{(\frac{\sqrt{3}}{2} \tan \theta)^2 +\frac{3}{4}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2\cos^2 \theta} \hspace{1pt} d\theta\hspace{10pt}\\[1.4em] &= \frac{2\sqrt{3}}{3}\int_\frac{\pi}{6}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\tan^2 \theta +1}\cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} \hspace{1pt} d\theta\\[1.4em] &= \frac{2\sqrt{3}}{3}\int_\frac{\pi}{6}^{\frac{\pi}{3}}\cos^2 \theta \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} \hspace{1pt} d\theta\\[1.4em] &= \frac{2\sqrt{3}}{3}\int_\frac{\pi}{6}^{\frac{\pi}{3}}1 d\theta\\[1.2em] &= \frac{2\sqrt{3}}{3} \left[\theta \right]_\frac{\pi}{6}^{\frac{\pi}{3}}\\[1.2em] &= \frac{2\sqrt{3}}{3} \left( \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6}\right)\\[1.2em] &= \frac{2\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{\pi}{6}\\[1.2em] &= \frac{\sqrt{3}}{9}\pi\\[1em] \end{aligned} $$

となります。

よって

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt} & \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[4]{x} + 1}\hspace{1pt}dx\\[1em] \hspace{10pt} &= 4 \int_0^1 \left\{ t-1 + \frac{1}{t^2+t+1}\right\}\hspace{1pt}dt\\[1em] &=4 \left\{\left [\frac{1}{2}t^2-t\right ]_0^1 + \frac{\sqrt{3}}{9}\pi \right \}\hspace{10pt}\\[1em] &= \frac{4\sqrt{3}}{9}\pi-2\hspace{10pt}\\[1em] \end{aligned} $$

となります。
　

【関連するページ】
・置換積分
　

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

\({t}\)	\({0 \to 1}\)
\({\theta}\)	\(\displaystyle{\frac{\pi}{6} \to \frac{\pi}{3}}\)