数学(理系)の第1問（2019東京大学入試）

　　　　　　　　　　第　 $1$ 　問

　次の定積分を求めよ。

　　 $\displaystyle \int_{0}^{1} \biggl( x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\biggr)\biggl(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\biggr) \; dx$

解答

この定積分を $\; I \;$ とする。

$\displaystyle I=\int_{0}^{1} \biggl( x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\biggr)\biggl(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\biggr) \; dx$

　 $\displaystyle =\int_{0}^{1} \biggl( x^2+\frac{x^3}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\biggr) \; dx$

　 $\displaystyle =\int_{0}^{1} x^2 \; dx+\int_{0}^{1} \biggl( \frac{x(2x^2+1)}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\biggr) \; dx+\int_{0}^{1} \frac{x^2}{(1+x^2)^2} \; dx$

初めの項は、 $\displaystyle \int_{0}^{1} x^2 \; dx=\Bigl[\; \frac{\; x^3}{3} \; \Bigr]_{0}^{1}=\frac{1}{3}$

次の項は、 $\sqrt{1+x^2}=t \;$ とおくと、 $1+x^2=t^2 \;$ より　 $x\; dx=t\; dt \quad x\;$ が $\; 0 \rightarrow 1 \;$ のとき $\; t\;$ は $\; 1 \rightarrow \sqrt{2} \;$ だから

$\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{x(2x^2+1)}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}} \; dx=\int_{1}^{\sqrt{2}} \frac{(2t^2-1) \; t \; dt}{t^3}=\int_{1}^{\sqrt{2}} \biggl( 2-\frac{1}{t^2}\biggr) \; dt$

$\displaystyle =\Bigl[ \; 2t+\frac{1}{t} \; \Bigr]_{1}^{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}-(2+1)=\frac{5\sqrt{2}}{2}-3$

最後の項は、 $x=\tan \theta \;$ とおくと、 $\displaystyle dx=\frac{d \theta}{\cos^2 \theta} \quad x\;$ が $\; 0 \rightarrow 1 \;$ のとき $\; \theta \;$ は $\displaystyle \; 0 \rightarrow \frac{\pi}{4} \;$ だから

$\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{x^2}{(1+x^2)^2} \; dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan^2 \theta }{ \bigl(\frac{1}{\cos^2 \theta } \bigr)^2} \times \frac{d\theta }{\cos^2 \theta }=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin^2 \theta \; d\theta \;$

$\displaystyle =\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1-\cos 2\theta }{2} \; d\theta =\Bigl[ \; \frac{1}{2} \theta -\frac{\sin 2\theta }{4} \; \Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}$