東京大学 2019年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第1問

与えられた定積分を $I$ とおく。まず被積分関数を展開すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I}& {\displaystyle ={\int }_0^1(x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}})(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}})dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_0^1\{x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{x^3}{(1+x^2{)}^{3\mathrm{/}2}}+\frac{x^2}{(1+x^2{)}^2}\}dx}\end{array}$$である。

各項を順に計算する。まず$${\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{1}{3}$$である。また$${\int }_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx={\left[\sqrt{1+x^2}\right]}_0^1=\sqrt{2}-1$$である。

次に$${\int }_0^1\frac{x^3}{(1+x^2{)}^{3\mathrm{/}2}}dx$$を計算する。$u=1+x^2$ とおくと $du=2xdx$、$x^2=u-1$ なので$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^1\frac{x^3}{(1+x^2{)}^{3\mathrm{/}2}}dx}& {\displaystyle =\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{u-1}{u^{3\mathrm{/}2}}du}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}{\int }_1^2(u^{-1\mathrm{/}2}-u^{-3\mathrm{/}2})du}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={[\sqrt{u}+\frac{1}{\sqrt{u}}]}_1^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{3\sqrt{2}}{2}-2}\end{array}$$である。

最後に$${\int }_0^1\frac{x^2}{(1+x^2{)}^2}dx$$を計算する。$x=\tan t$ とおくと、$x=0$ で $t=0$、$x=1$ で $$t=\frac{\pi }{4}$$、また $$dx=\frac{1}{{\cos }^{2}t}dt$$ である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^1\frac{x^2}{(1+x^2{)}^2}dx}& {\displaystyle ={\int }_0^{\pi \mathrm{/}4}\frac{{\tan }^{2}t}{(1+{\tan }^{2}t{)}^2}\cdot \frac{1}{{\cos }^{2}t}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_0^{\pi \mathrm{/}4}{\sin }^{2}tdt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_0^{\pi \mathrm{/}4}\frac{1-\cos 2t}{2}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={[\frac{t}{2}-\frac{\sin 2t}{4}]}_0^{\pi \mathrm{/}4}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}}\end{array}$$である。

以上を足し合わせて$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I}& {\displaystyle =\frac{1}{3}+(\sqrt{2}-1)+(\frac{3\sqrt{2}}{2}-2)+(\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{5\sqrt{2}}{2}+\frac{\pi }{8}-\frac{35}{12}}\end{array}$$である。

第2因子が $x-(1+x^2{)}^{-1\mathrm{/}2}$ の導関数であることを利用して部分積分する。残る積分を基本形と $x=\tan t$ で処理する。

$$F(x)=x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}},G(x)=x-\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$とおく。このとき$$G^{\mathrm{\prime }}(x)=1+\frac{x}{(1+x^2{)}^{3\mathrm{/}2}}$$だから、求める積分を $I$ とすると部分積分により$$I={[F(x)G(x)]}_0^1-{\int }_0^1{F}^{\mathrm{\prime }}(x)G(x)dx\mathrm{.}$$ここで$${[F(x)G(x)]}_0^1=\frac{1}{2}$$であり、$$F^{\mathrm{\prime }}(x)G(x)=2x^2-\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{x}{(1+x^2{)}^{3\mathrm{/}2}}-\frac{1}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{.}$$各項について$${\int }_0^{1}2x^{2}dx=\frac{2}{3},$$$${\int }_0^1\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}dx=2(\sqrt{2}-1),$$$${\int }_0^1\frac{x}{(1+x^2{)}^{3\mathrm{/}2}}dx=1-\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{.}$$また $x=\tan t$ とおくと$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^1\frac{dx}{(1+x^2{)}^2}}& {\displaystyle ={\int }_0^{\pi \mathrm{/}4}{\cos }^{2}tdt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\pi }{8}+\frac{1}{4}\mathrm{.}}\end{array}$$したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I}& {\displaystyle =\frac{1}{2}-\{\frac{2}{3}-2(\sqrt{2}-1)+1-\frac{1}{\sqrt{2}}-(\frac{\pi }{8}+\frac{1}{4})\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{5\sqrt{2}}{2}+\frac{\pi }{8}-\frac{35}{12}\mathrm{.}}\end{array}$$