次の定積分を求めよ。
\[\int_0^1 \left(x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)\left(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\right)dx\]考察する時は $\sin u = s, \cos u = c, \tan u = t$ と表記する。
とりあえず被積分関数を展開してみよう。
\[\left(x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)\left(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\right) = x^2 + \frac{x^2}{(1+x^2)^2} + \frac{2x^3 + x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\]$x^2$ は簡単だし、 $\dfrac{x^2}{(1+x^2)^2}$ も $x=\tan u$ でそんなに難しくない。 $\dfrac{2x^3 + x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}$ も $x=\tan u$ にすると、 $(2t^3+t)c^3 \cdot \dfrac{1}{c^2}$ となる。
掛ける前の式で $x=\tan u$ にすると $(t^2+s)(1+sc^2)\dfrac{1}{c^2}$ であり、先の第3項は $(t^2sc^2 + s)\dfrac{1}{c^2}$ に相当するが、$s = s(s^2+c^2) = s(t^2+1)c^2$ に注意すると $(2t^2sc^2 + sc^2)\dfrac{1}{c^2} = (2t^3c^3 + tc^3)\dfrac{1}{c^2}$ に等しくなるため、特に計算に間違いはない。
$(2t^3+t)c^3 \cdot \dfrac{1}{c^2} = \dfrac{2s^3}{c^2} + s$ を定積分できるか? という問題になるので、 $b = c$ とするとうまくいくだろう。
2回置換を行ったが、全体で見ると、 $b = c = \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ という置換を一回行っていることに相当するため、答案ではそのようにするといいだろう。 $\dfrac{db}{dx} = -\dfrac{x}{(1+x^2)^{3/2}}$ であるため、うまく消える。 なお、置換は単調増加関数にすると勘違いが起きにくくてよい。符号も変えよう。
被積分関数を展開する。
\[\left(x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)\left(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\right) = x^2 + \frac{x^2}{(1+x^2)^2} + \frac{2x^3 + x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\]項ごとに積分する方針を採る。
$b = -\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ という置換をしよう。 $\dfrac{db}{dx} = \dfrac{x}{(1+x^2)^{3/2}}$ であり、積分範囲は $[-1, -1/\sqrt{2}]$ である。また $x^2 = \dfrac{1}{b^2} - 1$ が成り立つ。
\[\begin{align*} &\int_0^1 \dfrac{2x^3 + x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}} dx \\ =& \int_0^1 (2x^2+1)\dfrac{x}{(1+x^2)^{3/2}} dx \\ =& \int_{-1}^{-1/\sqrt{2}} \left(\dfrac{2}{b^2}-1\right)db \\ =& \left[-\dfrac{2}{b}-b\right]_{-1}^{-1/\sqrt{2}} \\ =& \dfrac{5}{\sqrt{2}} - 3 \end{align*}\]被積分関数が正なので、結果が正であることも確認しなければ。 $\dfrac{5}{\sqrt{2}} - 3$ の正負は $5 - 3\sqrt{2}$ のそれと同じだし、 $5^2 = 25 > 18 = (3\sqrt{2})^2$ なので、確かに正である。めでたしめでたし。
これらを全部足すと $\dfrac{5}{\sqrt{2}} + \dfrac{\pi}{8} - \dfrac{35}{12}$ である。これが答えである。
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