2020-12-18

log(1+tanx) の積分【推しの積分5】

推しの積分

対数&三角シリーズ続きます.

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今回の積分はこれです：

$\displaystyle I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log{(1+\tan{x})}\, dx$

解答

$x = \dfrac{\pi}{4}-t$ と置きます.

$dx = -dt$

$x$	$0$	$\rightarrow$	$\frac{\pi}{4}$
$t$	$\frac{\pi}{4}$	$\rightarrow$	$0$

であって、

\begin{eqnarray*}
I &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log{(1+\tan{x})}\, dx \\
&=& \int_{\frac{\pi}{4}}^0 \log{ \left( 1+\tan{ \left( \dfrac{\pi}{4}-t \right) } \right) }\, (-1)dt \\
&=& \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log{ \left( 1+\dfrac{\tan{\frac{\pi}{4}}-\tan{t}}{1+\tan{\frac{\pi}{4}}\tan{t}} \right) }\, dt \,\,\,\,(加法定理)\\
&=& \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log{ \left( 1+\dfrac{1-\tan{t}}{1+\tan{t}} \right) }\, dt \\
&=& \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log{ \left( \dfrac{2}{1+\tan{t}} \right) }\, dt \\
&=& \int_0^{\frac{\pi}{4}} \{ \log{2} - \log{(1+\tan{t})} \}\, dt \\
&=& \dfrac{\pi\log{2}}{4} - I
\end{eqnarray*}

となって再び $I$ が表れて、答えは：

$\displaystyle I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log{(1+\tan{x})}\, dx = \dfrac{\pi\log{2}}{8}$

5本目〜

log(1+tanx) の定積分【推しの積分5】 - 推しの積分 https://t.co/a9TTSQZBSS
— ハドロン@推しの積分 (@intvoyager) 2020年12月19日

tanの加法定理の覚え方は
"イチ(1)プラ(+)タン(tan)タン(tan)タン(tan)マイ(-)タン(tan)"
です. 分母が0になるときを考えて符号を後付けします.

2020-12-18

sin(logx) の積分【推しの積分4】

推しの積分

【推しの積分3】で $\log{(\sin{x})}$ の定積分を計算しましたが、逆はどないですのん？という疑問にお答えして、
\begin{equation*}
I = \int \sin{(\log{x})}\, dx
\end{equation*}
の計算をしていきます.簡単です.

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解答

$t = \log{x} \Leftrightarrow x = e^t$ と置きます. $dx = e^tdt$ で、

\begin{equation*}
I = \int e^t\sin{t}\, dt
\end{equation*}

はい、ド定番の積分になりました. これはやり方が2種類ありましたよね. 一つは部分積分を2回行うやつ、もう一つは $e^t\cos{t}$ も用意して微分して足すやつ.
私は部分積分でいつもやっていました.なのでそうします.指数を積分、三角を微分します. 符号間違いに気を付けて：

\begin{eqnarray*}
I &=& \int e^t\sin{t}\, dt \\
&=& e^t\sin{t} - \int e^t\cos{t}\, dt \\
&=& e^t(\sin{t}-\cos{t}) -\int e^t\sin{t}\, dt \\
&=& e^t(\sin{t}-\cos{t}) - I \\
\end{eqnarray*}

ということで $t = \log{x}$ を戻してあげると：

\begin{equation*}
I = \dfrac{x}{2}\{\sin{(\log{x})}-\cos{(\log{x})}\} +C
\end{equation*}

積分定数は忘れないでね！

からの4本目〜！

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— ハドロン@推しの積分 (@intvoyager) 2020年12月19日

友達にアルミホイルを頑張ってつぶすと核融合が起きて鉄になると言ったら信じてくれませんでした

2020-12-16

log(sinx)の定積分【推しの積分3】

推しの積分

一見積分できなさそうなこの

$\displaystyle I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin{x})\, dx$

は実は計算することができます.

f:id:voyagerstar:20201216024349p:plain — log(sinx)のグラフ.

解答

それではさっそく...とその前に、【推しの積分2】で紹介した公式を少し変形します.

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\begin{equation*}
I = \int_0^{\pi} xf(\sin{x})\,dx=\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi} f(\sin{x})\,dx
\end{equation*}
において、
\begin{equation*}
I = \frac{\pi}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin{x})\, dx +\frac{\pi}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} f(\sin{x})\, dx
\end{equation*}
のように積分区間をわけます. 2項目で $x=\pi-t$ と置換すると：

$dx =-dt$

$x$ $\frac{\pi}{2}$ $\rightarrow$ $\pi$

$t$ $\frac{\pi}{2}$ $\rightarrow$ $0$

であって、
\begin{eqnarray*}
I &=& \frac{\pi}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin{x})\, dx +\frac{\pi}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{0} f(\sin{(\pi-t)})\,(-1) dt \\
&=& \frac{\pi}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin{x})\, dx +\frac{\pi}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin{t})\, dt \\
&=& \pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin{x})\, dx
\end{eqnarray*}
と変形できます.

それでは少し形を変えた上のバージョンを用いて本命の $J$ を計算していきます.

\begin{equation*}
\int_0^{\pi} xf(\sin{x})\,dx = \pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin{x})\, dx
\end{equation*}

をもちいると、 $J$ は：

\begin{eqnarray*}
J = \frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} x\log{(\sin{x})}\, dx
\end{eqnarray*}

と書けます.次にこれにおいて、 $x = 2t$ と置きます：

$dx =2dt$

$x$	$0$	$\rightarrow$	$\pi$
$t$	$0$	$\rightarrow$	$\frac{\pi}{2}$

$J$ は：

\begin{eqnarray*}
J &=& \frac{1}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} 2t\log{(\sin{2t})}\, 2dt \\
&=& \frac{4}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} t\log{(2\sin{t}\cos{t})}\, dt \\
&=& \frac{4}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} t\left\{ \log{2}+\log{(\sin{t})} + \log{(\cos{t})} \right\}\, dt \\
\end{eqnarray*}

第1項目は $\dfrac{\pi}{2}\log{2}$ です.第2項目以降ですが、第3項目において $t = \dfrac{\pi}{2}-u$ と置くと：

$dt =-du$

$t$ $0$ $\rightarrow$ $\frac{\pi}{2}$

$u$ $\frac{\pi}{2}$ $\rightarrow$ $0$

であり、

\begin{eqnarray*}
&& \int_0^{\frac{\pi}{2}} t\log{(\cos{t})} \, dt \\
&=& \int_{\frac{\pi}{2}}^0 \left(\frac{\pi}{2}-u \right) \log{ \left\{ \cos{ \left( \frac{\pi}{2}-u \right) } \right\} }\,(-1)du \\
&=& \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{\pi}{2}-u \right)\log{(\sin{u})}\, du
\end{eqnarray*}

したがって第2項目と打ち消しあう部分があり、最終的に：

\begin{equation*}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{t})}\, dt =\dfrac{\pi}{2}\log{2} +2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{t})}\, dt
\end{equation*}

\begin{equation*}
\therefore J = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log{(\sin{t})}\, dt =-\dfrac{\pi}{2}\log{2}
\end{equation*}

となります.(ちなむとこれは広義積分です. 部分積分をしてみると発散する積分がでてきて詰みます.)

はいさい3本目！

log(sinx)の定積分【推しの積分3】 - 推しの積分 https://t.co/UoPxuh2ckH
— ハドロン@推しの積分 (@intvoyager) 2020年12月19日

鬼滅の刃はやりまくってますがまだ見てないです
意地でも見てやらんとか思ってます.
ダサいなあ僕

2020-12-16

xf(sinx)の積分【推しの積分2】

推しの積分

$\displaystyle \int_0^{\pi} xf(\sin{x})\,dx=\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi} f(\sin{x})\,dx$
について書いていきたいと思います.

証明

$\displaystyle　I = \int_0^{\pi} xf(\sin{x})\,dx$

としましょう. $I$ において $x = \pi-t$ とおくと：

$dx =-dt$

$x$ $0$ $\rightarrow$ $\pi$

$t$ $\pi$ $\rightarrow$ $0$

であって、

\begin{eqnarray*}
I &=& \int_{\pi}^{0} (\pi-t)f(\sin{(\pi-t)})\,(-1)dt \\
&=& \pi \int_0^{\pi} f(\sin{t})\, dt - \int_0^{\pi} tf(\sin{t})\, dt \\
&=& \pi \int_0^{\pi} f(\sin{t})\, dt -I \\
\end{eqnarray*}

となって $I$ を移項して
\begin{equation*}
I = \frac{\pi}{2} \int_0^{\pi} f(\sin{x})\, dx
\end{equation*}

を得ます.

2本目はこれ！定番！

xf(sinx)の積分【推しの積分2】 - 推しの積分 https://t.co/9czJFPCjqo
— ハドロン@推しの積分 (@intvoyager) 2020年12月19日

楽勝だね!!

2020-12-15

(x^2+y^2+k^2)^(-3/2) の重積分【推しの積分1】

推しの積分

実数 $a,b,k>0$ に対して、

$\displaystyle I=\iint_D \dfrac{dxdy}{(x^2+y^2+k^2)^{\frac{3}{2}}} ,\,\, D = \left\{ (x,y) | 0 \leq x \leq a,0 \leq y \leq b \right\}$

の値を求めていきます.

解答例

\begin{eqnarray*}
I &=& \iint_D \dfrac{dxdy}{(x^2+y^2+k^2)^{\frac{3}{2}}}　\\
&=& \int_0^b dy\underline{ \int_0^a \dfrac{ dx }{ (x^2+y^2+k^2)^{ \frac{3}{2} } } }\\
&&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \equiv J \\
\end{eqnarray*}

新しく置いた $\displaystyle J$ において、 $x=\sqrt{y^2 + k^2}\,\tan{\theta}$ と置くと：

$dx = \dfrac{\sqrt{y^2 + k^2}}{\cos^2{\theta}}d\theta$

$x$	$0$	$\rightarrow$	$a$
$\theta$	$0$	$\rightarrow$	$\tan^{-1}{\left( \dfrac{ a }{ \sqrt{ y^2+k^2 } }\right) } \equiv \theta '$

であって、

\begin{eqnarray*}
J &=& \int_0^{\theta'} \dfrac{ 1 }{ (y^2+k^2)^{\frac{3}{2}}(\tan^2{\theta}+1)^{\frac{3}{2}} }\dfrac{\sqrt{y^2+k^2}}{\cos^2{\theta}}\,d\theta \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\int_0^{\theta'} \dfrac{(\cos^2{\theta})^{\frac{3}{2}} }{\cos^2{\theta}}\,d\theta \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\int_0^{\theta'} \cos{\theta} \,d\theta \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\sin{\theta'} \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\sin{ \left\{ \tan^{-1}{\left( \dfrac{ a }{ \sqrt{ y^2+k^2 } }\right) } \right\} } \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\dfrac{ \dfrac{ a }{ \sqrt{ y^2+k^2 } } }{ \sqrt{1+\left(\dfrac{ a }{ \sqrt{ y^2+k^2 } }\right)^2 } } \\
&=& \dfrac{a}{ (y^2+k^2)\sqrt{ y^2+k^2+a^2 } }
\end{eqnarray*}

と $J$ が求められます.
ただし、

3行目で $\,\, 0 \leq \theta \leq \theta' \leq \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \cos{\theta} \ge 0$
6行目で $\,\, \sin{(\tan^{-1}{x})}=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$

を用いています. $J$ を計算したので、 $I$ は：

$\displaystyle I = a\int_0^b\dfrac{dy}{(y^2+k^2)\sqrt{y^2+k^2+a^2}}$

となります.これをさらに $y=\sqrt{k^2+a^2}\, \tan{\phi}$ とおくと：

$dy = \dfrac{\sqrt{k^2+a^2}}{\cos^2{\phi}}$

$y$	$0$	$\rightarrow$	$b$
$\phi$	$0$	$\rightarrow$	$\tan^{-1}{\left( \dfrac{ b }{ \sqrt{ k^2+a^2 } }\right) } \equiv \phi '$

であって、

\begin{eqnarray*}
I &=& a \int_0^{\phi'} \dfrac{1}{ \{ (k^2+a^2)\tan^2{\phi} +k^2 \}\sqrt{k^2+a^2}\sqrt{1+\tan^2{\phi}} }\dfrac{\sqrt{k^2+a^2}}{\cos^2{\phi}}\,d\phi \\
&=& a \int_0^{\phi'} \dfrac{\cos{\phi}}{ \{ (k^2+a^2)\sin^2{\phi} +k^2\cos^2{\phi} \}}\,d\phi \\
&=& a \int_0^{\phi'} \dfrac{\cos{\phi}}{ a^2\sin^2{\phi} +k^2}\,d\phi
\end{eqnarray*}

(ふぅ...)さらに $\displaystyle u = \dfrac{a}{k}\sin{\phi}$ と置くと、

$\cos{\phi}d\phi = \dfrac{k}{a}du$

$\phi$	$0$	$\rightarrow$	$\phi'$
$u$	$0$	$\rightarrow$	$\dfrac{a}{k}\sin{\phi'} \equiv u'$

であって、

\begin{eqnarray*}
I &=& a\int_0^{u'} \dfrac{1}{a^2\left(\frac{k}{a}\right)^2+k^2}\dfrac{k}{a}du \\
&=& \dfrac{1}{k}\int_0^{u'}\dfrac{1}{1+u^2}du \\
&=& \dfrac{1}{k} \left[ \tan^{-1}{u} \right]_0^{u'} \\
&=& \dfrac{1}{k}\tan^{-1}{u'} \\
&=& \dfrac{1}{k}\tan^{-1}{\left( \dfrac{a}{k}\sin{\phi'} \right)} \\
&=& \dfrac{1}{k}\tan^{-1}{\left[ \dfrac{a}{k}\sin{\left\{\tan^{-1}{\left( \dfrac{ b }{ \sqrt{ k^2+a^2 } }\right)}\right\}}\right]} \\
&=& \dfrac{1}{k}\tan^{-1}{\left(\dfrac{ab}{k\sqrt{a^2+b^2+k^2}}\right)}
\end{eqnarray*}

ということで、答えが出ました.

1本目はこれです！

(x^2+y^2+k^2)^(-3/2) の重積分【推しの積分1】 - 推しの積分 https://t.co/TNjb5ZpgUr
— ハドロン@推しの積分 (@intvoyager) 2020年12月19日

―必要なのは「腕力」