定積分

質問

どなたか
{0,π/2} x*sin(x)*cos(x) / {a^2*cos^2(x)+b^2*sin^2(x)} dx
の計算方法をお願いします。

回答No.3

ereserve67

ANo.2です．タイプミスがあったので再回答します．

a,bは正の数とします。

I=∫_0^{π/2}{xsin(x)cos(x)/(a^2cos^2(x)+b^2sin^2(x)}dx

とおきます。

a=bのときは

I=(1/a^2)∫_0^{π/2}xsin(x)cos(x)/{cos^2(x)+sin^2(x)}dx
=(1/a^2)∫_0^{π/2}{xsin(2x)/2}dx
={1/(8a^2)}∫_0^π(2x)sin(2x)d(2x)
={1/(8a^2)}∫_0^πθsinθdθ
={1/(8a^2)}∫_0^πθ(-cosθ)'dθ
={1/(8a^2)}([θ(-cosθ)]_0^π-∫_0^πθ'(-cosθ)dθ)
={1/(8a^2)}(π+∫_0^πcosθdθ)
={1/(8a^2)}(π+[sinθ]_0^π)
=π/(8a^2)（a=b）（答）

となります。

以下でa≠bのときを考えます。

I=∫_0^{π/2}{x(1/2)sin(2x)/((a^2/2)(1+cos(2x))+(b^2/2)(1-cos(2x))}dx

=∫_0^{π/2}{xsin(2x)/(a^2(1+cos(2x))+b^2(1-cos(2x))}dx

=∫_0^{π/2}{xsin(2x)/(a^2+b^2+(a^2-b^2)cos(2x))}dx

=(1/4)∫_0^π{2xsin(2x)/(a^2+b^2+(a^2-b^2)cos(2x))}d(2x)

={1/4(a^2+b^2)}∫_0^π{θsinθ/(1+{(a^2-b^2)/(a^2+b^2)}cosθ)}dθ

ここで

k=(a^2-b^2)/(a^2+b^2)

とおくと、0<|a^2-b^2|<a^2+b^2より

0<|k|<1

である。

4(a^2+b^2)I=∫_0^π{θsinθ/(1+kcosθ)}dθ

において|kcosθ|≦|k|<1であるから，無限等比級数により

1/(1+kcosθ)=Σ_{n=1}^∞(-kcosθ)^{n-1}

よって、

4(a^2+b^2)I=∫_0^π{θsinθ/(1+kcosθ)}dθ

=∫_0^πθsinθΣ_{n=1}^∞(-kcosθ)^{n-1}dθ

=Σ_{n=1}^∞(-k)^{n-1}∫_0^πθsinθcos^{n-1}θdθ

ここで積分の部分は

∫_0^πθ(-cos^nθ/n)'dθ

=[θ(-cos^nθ/n)]_0^π-∫_0^πθ'(-cos^nθ/n)dθ

=π(-1)^{n-1}/n+(1/n)∫_0^πcos^nθdθ

=π(-1)^{n-1}/n+(1/n)(∫_0^{π/2}cos^nθdθ+∫_0^{π/2}cos^n(π/2+φ)dφ)

=π(-1)^{n-1}/n+(1/n)(∫_0^{π/2}cos^nθdθ+(-1)^n∫_0^{π/2}sin^nφdφ)

∴4(a^2+b^2)I

=πΣ_{n=1}^∞((-1)^{n-1}/n)(-k)^{n-1}

+Σ_{n=1}^∞{(-k)^{n-1}/n}(∫_0^{π/2}cos^nθdθ+(-1)^n∫_0^{π/2}sin^nφdφ)

最初の和はlog(1+x）のマクローリン展開

Σ_{n=1}^∞(-1)^{n-1}x^n/n=log(1+x) (-1<x≦1)

を使うと

πΣ_{n=1}^∞((-1)^{n-1}/n)(-k)^{n-1}=(-π/k)log(1-k)

となり，次の和は公式

(1)∫_0^{π/2}sin^nφdφ=∫_0^{π/2}cos^nθdθ={(n-1)!!/n!!}π/2(n：偶数),(n-1)!!/n!!(n：奇数)

を使うと，奇数項はなくなり

Σ_{n=1}^∞{(-k)^{2n-1}/(2n)}2(2n-1)!!/(2n)!!}π/2
=-(π/k)Σ_{n=1}^∞{(2n-1)!!/(2n)!!}{k^{2n}/(2n)}

であるから，

4(a^2+b^2)I=∫_0^π{θsinθ/(1+kcosθ)}dθ

=(-π/k)log(1-k)-(π/k)Σ_{n=1}^∞{(2n-1)!!/(2n)!!}{k^{2n}/(2n)}

さらにここで公式

(2)Σ_{n=1}^∞{(2n-1)!!/(2n)!!}{k^{2n}/(2n)}=-log((1/2)(1+√(1-k^2))

を使うと，

4(a^2+b^2)I

=(-π/k)log(1-k)-(1/k)log((1/2)(1+√(1-k^2))

=(π/k)log[{1+√{(1-k)(1+k)}/{2(1-k)}]

4I=(π/(a^2-b^2))log[{1+√(2b^2・2a^2)/(a^2+b^2)}/{2・2b^2/(a^2+b^2)}]

=(π/(a^2-b^2))log[{1+2ab/(a^2+b^2)}/{(2b)^2/(a^2+b^2)}]

=(π/(a^2-b^2))log[{(a+b)^2/(a^2+b^2)}/{(2b)^2/(a^2+b^2)}]

=(π/(a^2-b^2))log[{(a+b)/(2b)}^2]

=(2π/(a^2-b^2))log{(a+b)/(2b)}

よって

I=[π/{2(a^2-b^2)}]log{(a+b)/(2b)} (a≠b)（答）

この式でb/a-1=hとおく。b→a⇔h→0とすると，

I=[π/{2a^2((b/a)^2-1)}]log{2(b/a)/(1+b/a)}
=[π/{2a^2(1+h)^2-1}]log{2(1+h)/(2+h)}
=[π/{2a^2(2h+h^2)}]log{(1+h)/(1+h/2)}
={π/(2a^2)(2+h)}{log(1+h)-log(1+h/2)}/h
={π/(2a^2)(2+h)}{log(1+h)/h-(1/2)log(1+h/2)/(h/2)}
→{π/(4a^2)}(1-1/2)
=π/(8a^2)

となり、a=bのときが再現される。

まとめると，

『a>0,b>0のとき

∫_0^{π/2}{xsin(x)cos(x)/(a^2cos^2(x)+b^2sin^2(x)}dx=

=π/(8a^2)（a=bのとき）

=[π/{2(a^2-b^2)}]log{(a+b)/(2b)} (a≠bのとき)』

※(1)、(2)は岩波数学公式Iページ243や同IIページ59にあります．

回答No.2

ereserve67

a,bは正の数とします。

I=∫_0^{π/2}{xsin(x)cos(x)/(a^2cos^2(x)+b^2sin^2(x)}dx

とおきます。

a=bのときは

I=(1/a^2)∫_0^{π/2}xsin(x)cos(x)/{cos^2(x)+sin^2(x)}dx
=(1/a^2)∫_0^{π/2}{xsin(2x)/2}dx
={1/(8a^2)}∫_0^π(2x)sin(2x)d(2x)
={1/(8a^2)}∫_0^πθsinθdθ

I=π/(8a^2)（a=b）（答え）

となります。

以下でa≠bのときを考えます。

I=∫_0^{π/2}{x(1/2)sin(2x)/((a^2/2)(1+cos(2x))+(b^2/2)(1-cos(2x))}dx

=∫_0^{π/2}{xsin(2x)/(a^2(1+cos(2x))+b^2(1-cos(2x))}dx

=∫_0^{π/2}{xsin(2x)/(a^2+b^2+(a^2-b^2)cos(2x))}dx

=(1/4)∫_0^π{2xsin(2x)/(a^2+b^2+(a^2-b^2)cos(2x))}d(2x)

={1/4(a^2+b^2)}∫_0^π{θsinθ/(1+{(a^2-b^2)/(a^2+b^2)}cosθ)}dθ

ここで

k=(a^2-b^2)/(a^2+b^2)

とおくと、0<a^2-b^2<a^2+b^2より

0<|k|<1

である。

4(a^2+b^2)I=∫_0^π{θsinθ/(1+kcosθ)}dθ

において|kcosθ|≦|k|<1であるから

1/(1+kcosθ)=Σ_{n=1}^∞(-kcosθ)^{n-1}

よって、

4(a^2+b^2)I=∫_0^π{θsinθ/(1+kcosθ)}dθ

=∫_0^πθsinθΣ_{n=1}^∞(-kcosθ)^{n-1}dθ

=Σ_{n=1}^∞(-k)^{n-1}∫_0^πθsinθcos^{n-1}θdθ

=Σ_{n=1}^∞(-k)^{n-1}∫_0^πθ(-cos^nθ/n)'dθ

=Σ_{n=1}^∞(-k)^{n-1}{[θ(-cos^nθ/n)]_0^π-∫_0^πθ'(-cos^nθ/n)dθ}

=Σ_{n=1}^∞(-k)^{n-1}{π(-1)^{n-1}/n+(1/n)∫_0^πcos^nθdθ}

=πΣ_{n=1}^∞((-1)^{n-1}/n)(-k)^{n-1}+Σ_{n=1}^∞{(-k)^{n-1}/n}∫_0^πcos^nθdθ

=πΣ_{n=1}^∞((-1)^{n-1}/n)(-k)^{n-1}

+Σ_{n=1}^∞{(-k)^{n-1}/n}(∫_0^{π/2}cos^nθdθ+∫_0^{π/2}cos^n(π/2+φ)dφ)

=πΣ_{n=1}^∞((-1)^{n-1}/n)(-k)^{n-1}

+Σ_{n=1}^∞{(-k)^{n-1}/n}(∫_0^{π/2}cos^nθdθ+(-1)^n∫_0^{π/2}sin^nφdφ)

ここで、

Σ_{n=1}^∞((-1)^{n-1}/n)(-k)^{n-1}=(-1/k)log(1-k)（log(1+x）のマクローリン展開）

(1)∫_0^{π/2}sin^n(φ)dφ=∫_0^{π/2}cos^nθdθ={(n-1)!!/n!!}π/2(n：偶数),(n-1)!!/n!!(n：奇数)

であるから、

4(a^2+b^2)I=∫_0^π{θsinθ/(1+kcosθ)}dθ

=-(π/k)log(1-k)+Σ_{n=1}^∞{(-k)^{n-1}/n}{1+(-1)^n}∫_0^{π/2}cos^nθdθ

=-(π/k)log(1-k)+Σ_{n=1}^∞{(-k)^{2n-1}/(2n)}2(2n-1)!!/(2n)!!}π/2

=-(π/k)log(1-k)-Σ_{n=1}^∞{k^{2n-1}/(2n)}(2n-1)!!/(2n)!!}π

=-(π/k)log(1-k)-(π/k)Σ_{n=1}^∞{k^{2n}/(2n)}(2n-1)!!/(2n)!!}

4(a^2+b^2)I/π=(-1/k)log(1-k)-Σ_{n=1}^∞{k^{2n-1}/(2n)}(2n-1)!!/(2n)!!

=(-1/k)log(1-k)-(1/k)Σ_{n=1}^∞{k^{2n}/(2n)}(2n-1)!!/(2n)!!

さらにここで

(2)Σ_{n=1}^∞{k^{2n}/(2n)}(2n-1)!!/(2n)!!=-log((1/2)(1+√(1-k^2))

であるから、

4(a^2+b^2)I/π
=(-1/k)log(1-k)-(1/k)log((1/2)(1+√(1-k^2))
=(1/k)log{(1/(1-k))(1/2)(1+√(1-k^2)}

I={π/{4k(a^2+b^2)}}log{(1/(1-k))(1/2)(1+√{(1+k)(1-k)}}

k=(a^2-b^2)/(a^2+b^2)であるから

I={π/{4(a^2-b^2)}}log{{(a^2+b^2)/(4b^2)}(1/2)(1+2ab/(a^2+b^2))}

={π/{8(a^2-b^2)}}log{(a+b)^2/(4b^2)}

I={π/{4(a^2-b^2)}}log{(a+b)/(2b)}(a≠b)（答）

この式でb/a=tとおく。b→a⇔t→1とすると

I={π/(4a^2(1-t^2))}log{(a+at)/(2ta)}
={π/(4a^2)(1-t^2))}log{(1+t)/(2t)}
={π/(4a^2)(1+t)(1-t)}log{(1+t)/(2t)}
→{π/(4a^2)2(1-t)}log{2/(2t)}
={π/(8a^2)}log(1/t)/(1-t)
={π/(8a^2)}{log1-log(t)}/(1-t)
→π/(8a^2)

となり、a=bのときが再現される。

※(1)、(2)は岩波数学公式Iページ243や同IIページ59にあります。

回答No.1

アウストラロ ピテクス（@ngkdddjkk）

このような問題の場合、t=tan(x/2)と置いて見るのが定石です。