1/(1+acosx)の定積分の問題と解き方 | 積分ランダム問題集

【問題(1)の答え】
　(1) $1\hspace{2pt}$

【問題(2)の答え】
　(2) $\displaystyle \frac{2\sqrt{3}}{9}\pi\hspace{2pt}$

【問題(3)の答え】
　(3) $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{(a+1)(a-1)}}\log (a + \sqrt{(a+1)(a-1)}) $
　

【解答のポイント】
　三角関数の有理式の積分は、$\displaystyle{\tan \frac{x}{2}=t\hspace{2pt}}$と置き換えると$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$の有理式に変換することができます。

　本問は以下の手順で$\displaystyle{\hspace{2pt}\tan \frac{x}{2}=t\hspace{2pt}}$により置き換えます。

①$\displaystyle{\hspace{4pt}\tan \frac{x}{2}=t\hspace{2pt}}$とおいて、$\displaystyle\cos^2 \frac{x}{2} \hspace{2pt}$を$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$により表す。

② ①を用いて${\hspace{2pt}\cos x\hspace{2pt}}$を$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$により表す。

③$\displaystyle{\hspace{4pt}\frac{dt}{dx}\hspace{2pt}}$を求める。

　$a=1\hspace{2pt}$の場合は上記の置き換えをせずに求められますが、問題(2)(3)において置き換えが必要となります。
　そのため、先に$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$の有理式に変換しておきます。
　

【問題(1)の解答】
　問題 :『次の(1)～(3)の条件のときの定積分$\displaystyle\hspace{2pt}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + a \cos x}\hspace{1pt}dx\hspace{2pt}$ の値を求めよ.$\hspace{2pt}(1)\hspace{2pt}a =1\hspace{2pt},$$\displaystyle \hspace{2pt}(2)\hspace{2pt}a =\frac{1}{2}\hspace{2pt},$$\hspace{2pt} (3)\hspace{2pt} a > 1\hspace{2pt}$』
　

$\displaystyle{\tan \frac{x}{2}=t\hspace{2pt}}$とおきます。

三角関数の相互関係 $\displaystyle{\tan^2x + 1 = \frac{1}{\cos^2 x}\hspace{2pt}}$から

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}\cos^2 \frac{x}{2}& = \frac{1}{1+\tan^2 \frac{x}{2}} \\[1em] &= \frac{1}{1+t^2} \\[1em] \end{aligned} $$

ここで、半角の公式 $$\displaystyle{\cos^2\frac{x}{2} = \frac{1+\cos x}{2}}$$ から

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

$\displaystyle{t=\tan \frac{x}{2}\hspace{2pt}}$の両辺を ${x}$ で微分すると、三角関数の微分公式から $$ \begin{aligned} \hspace{10pt}\frac{dt}{dx} & = \frac{1}{\cos^2 \frac{x}{2} }\cdot \frac{1}{2}\\[1em] &= \frac{1}{2}(1+\tan^2 \frac{x}{2})\\[1em] &= \frac{1+t^2}{2}\\[1em] \end{aligned} $$ となります。すなわち、$\displaystyle{dx = \frac{2}{1+t^2} dt\hspace{2pt}}$と表せます。

また、変数$\hspace{2pt}x\hspace{2pt}$と$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$の積分区間は以下のように対応します。

${x}$	${\displaystyle 0 \to \frac{\pi}{2}}$
${t}$	$\displaystyle{0 \to 1}$

以上から、問題の積分を変形すると以下のようになります。

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + a \cos x}\hspace{1pt}dx \hspace{10pt}\\[1em] &= \int_{0}^{1} \frac{1}{1+a \cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot \frac{2}{1+t^2} dt \hspace{10pt}\\[1em] &= 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{1+a +(1-a) t^2 } dt\\[1em] &= \frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 +\frac{1-a}{1+a} t^2 } dt \cdots(1) \hspace{10pt}\\[1em] \end{aligned} $$

(1)式において$\hspace{2pt}a = 1\hspace{2pt}$のとき

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}&\frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 +\frac{1-a}{1+a} t^2 } dt \\[1em] &= \int_{0}^{1} 1 dt\\[1em] &= [t]_{0}^{1}\\[1em] &= 1\\ \end{aligned} $$

と求められます。
　

【問題(2)の解答】
　問題 :『次の(1)～(3)の条件のときの定積分$\displaystyle\hspace{2pt}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + a \cos x}\hspace{1pt}dx\hspace{2pt}$ の値を求めよ.$\hspace{2pt}(1)\hspace{2pt}a =1\hspace{2pt},$$\displaystyle \hspace{2pt}(2)\hspace{2pt}a =\frac{1}{2}\hspace{2pt},$$\hspace{2pt} (3)\hspace{2pt} a > 1\hspace{2pt}$』
　

(1)式において$\displaystyle\hspace{2pt}a = \frac{1}{2}\hspace{2pt}$のとき

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}&\frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 +\frac{1-a}{1+a} t^2 } dt \\[1em] \hspace{10pt}&= \frac{2}{1+\frac{1}{2}} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 +\frac{1-\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}} t^2 } dt \\[1em] \hspace{10pt}&= \frac{4}{3} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 +\frac{1}{3} t^2 } dt \\[1em] \hspace{10pt}&=4 \int_{0}^{1} \frac{1}{t^2 + (\sqrt{3})^2} dt \\ \end{aligned} $$

ここで、$\displaystyle t = \sqrt{3}\tan \theta\hspace{2pt}$とおきます。

このとき、変数$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$と$\hspace{2pt}\theta\hspace{2pt}$の積分区間は以下のように対応します。

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

また、$\displaystyle t = \sqrt{3}\tan \theta\hspace{2pt}$の両辺を$\hspace{2pt}\theta\hspace{2pt}$で微分すると $${\frac{dt}{d \theta} =\frac{\sqrt{3}}{\cos^2 \theta}}$$ となります。すなわち、$\displaystyle dt = \frac{\sqrt{3}}{\cos^2 \theta} d\theta\hspace{2pt}$と表せます。

よって、求める定積分は

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& 4 \int_{0}^{1} \frac{1}{t^2 + (\sqrt{3})^2} dt \hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt}&= 4\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{1}{3\tan^2 \theta + 3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{\cos^2 \theta} d\theta \hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt}&= \frac{4\sqrt{3}}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^2 \theta \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta \hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt}&= \frac{4\sqrt{3}}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} 1 d\theta \hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt}&= \frac{4\sqrt{3}}{3} [\theta]_{0}^{\frac{\pi}{6}} \hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt}&= \frac{4\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{\pi}{6} \hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt}&= \frac{2\sqrt{3}}{9}\pi \hspace{10pt}\\ \end{aligned} $$

と求めれらます。
　

【問題(3)の解答】
　問題 :『次の(1)～(3)の条件のときの定積分$\displaystyle\hspace{2pt}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + a \cos x}\hspace{1pt}dx\hspace{2pt}$ の値を求めよ.$\hspace{2pt}(1)\hspace{2pt}a =1\hspace{2pt},$$\displaystyle \hspace{2pt}(2)\hspace{2pt}a =\frac{1}{2}\hspace{2pt},$$\hspace{2pt} (3)\hspace{2pt} a > 1\hspace{2pt}$』
　

(1)式において$\displaystyle\hspace{2pt}a > 1\hspace{2pt}$のとき

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}&\frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 +\frac{1-a}{1+a} t^2 } dt \hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt}&= \frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 -\frac{a-1}{a+1} t^2 } dt \hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt}&= \frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 -\left(\sqrt{\frac{a-1}{a+1}}\hspace{2pt}\right)^2 t^2 } dt \hspace{10pt} \\ \end{aligned} $$

ここで、$\displaystyle\sqrt{\frac{a-1}{a+1}} = \alpha\hspace{2pt}$ときます。

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}&\frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 -\left(\sqrt{\frac{a-1}{a+1}}\hspace{2pt}\right)^2 t^2 } dt\hspace{10pt} \\[1em] \hspace{10pt}&=\frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 -\alpha^2 t^2 } dt \hspace{10pt}\\[1em] \hspace{10pt}&=\frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+\alpha t)(1-\alpha t)} dt \hspace{10pt} \\ \end{aligned} $$

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

以下の式に分解されるとして、${\hspace{1pt}A\hspace{2pt}}$と${\hspace{1pt}B\hspace{2pt}}$を求めます。

$$\hspace{10pt}{\frac{1}{(1+\alpha t)(1-\alpha t)} = \frac{A}{1+\alpha t} + \frac{B}{1-\alpha t}}\hspace{10pt}$$

両辺に${\hspace{1pt}(1+\alpha t)(1-\alpha t)\hspace{2pt}}$をかけると $${1 = (1-\alpha t)A+ (1+\alpha t)B}$$ すなわち $${1 = (-A+B)\alpha t +A+B}$$ 恒等式となるように左右の係数を比較すると $$ \begin{aligned} (-A+B)\alpha & = 0 \\[1em] A+B & = 1 \\ \end{aligned} $$ となり、$2\hspace{2pt}$式を解くと $${A=\frac{1}{2},B=\frac{1}{2}}$$ したがって、

$$\hspace{10pt}{\frac{1}{(1+\alpha t)(1-\alpha t)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+\alpha t} + \frac{1}{1-\alpha t}\right)}\hspace{10pt}$$

となります。

部分分数分解をして積分すると、以下のようになります。

$$ \begin{aligned} \hspace{10pt}& \frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+\alpha t)(1-\alpha t)} dt \hspace{10pt}\\[1em] &= \frac{2}{1+a} \cdot \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \left(\frac{1}{1+\alpha t} + \frac{1}{1-\alpha t}\right) dt \hspace{10pt}\\[1em] &= \frac{1}{1+a} \left[\frac{1}{\alpha}\log |1+ \alpha t| - \frac{1}{\alpha}\log | 1-\alpha t| \right]_{0}^{1} \hspace{10pt} \\[1em] &= \frac{1}{(1+a)\alpha}\left \{\log |1+ \alpha | - \log | 1-\alpha | \right \} \\[1.5em] &= \frac{1}{(1+a)\alpha}\log \left | \frac{1+ \alpha}{1-\alpha}\right| \\[1.5em] &= \frac{1}{(1+a)\sqrt{\frac{a-1}{a+1}}}\log \left | \frac{1+ \sqrt{\frac{a-1}{a+1}}}{1-\sqrt{\frac{a-1}{a+1}}}\right| \\[2em] &= \frac{1}{\sqrt{(a+1)(a-1)}}\log \frac{\sqrt{a+1}+ \sqrt{a-1}}{\sqrt{a+1}- \sqrt{a-1}} \\[1.5em] &= \frac{1}{\sqrt{(a+1)(a-1)}}\log (a + \sqrt{(a+1)(a-1)}) \hspace{10pt} \\ \end{aligned} $$

【入試本番に向けたアドバイス】
　本問は、三角関数の有理式を$\displaystyle{\hspace{2pt}\tan \frac{x}{2}=t\hspace{2pt}}$と置き換える問題です。
　入試問題では誘導のある場合が多いですが、自力でも置き換えができるように練習しておきましょう。

本問の $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + a \cos x}\hspace{1pt}dx $$ は有名な定積分の問題です。

$\displaystyle{\tan \frac{x}{2}=t\hspace{2pt}}$と置き換えると $${\frac{2}{1+a} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 +\frac{1-a}{1+a} t^2 } dt}$$ という$\hspace{2pt}t\hspace{2pt}$の関数の積分に変換されます。
　

本問のポイントは、変換後の積分 $${\int \frac{1}{1 + k t^2 } dt}$$ が定数$\hspace{2pt}k\hspace{2pt}$の符号によって解法が変わる点にあります。
　

$\displaystyle\hspace{2pt}k > 0\hspace{2pt}$のとき $${\frac{1}{k}\int \frac{1}{ \frac{1}{k} + t^2 } dt}$$ であることから、置換積分法より$\hspace{2pt}t = \sqrt{\frac{1}{k}}\tan \theta\hspace{2pt}$と置換して計算します。
　

$\displaystyle\hspace{2pt}k = 0\hspace{2pt}$のとき $${\int 1 dt}$$ であることから、そのまま置換をせずに積分を計算することができます。
　

$\displaystyle\hspace{2pt}k < 0\hspace{2pt}$のとき

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

と因数分解できるため、部分分数分解から分母の次数を下げて計算します。

$\displaystyle\hspace{2pt}\int \frac{1}{1 + k x^2 } dx\hspace{2pt}$という形式の積分は$\displaystyle\hspace{2pt}k \hspace{2pt}$の符号によって解法が変わるという点を覚えておきましょう。
　

【関連するページ】
・置換積分法
　

\({x}\)	\({\displaystyle 0 \to \frac{\pi}{2}}\)
\({t}\)	\(\displaystyle{0 \to 1}\)

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