見かけたのでやってみたら,すぐできたので忘れぬように残すw
\int_1^3\sqrt{\frac{4}{x}-1}\,dx
\int_1^3\sqrt{\frac{4}{x}-1}\,dx
\sqrt{\frac{4}{x}-1}=\tan\theta と置換.
両辺2乗して
\frac{4}{x}-1=\tan^2\theta,
\frac{4}{x}=\tan^2\theta +1=\frac{1}{\cos^2\theta},
(数学I \sin^2\theta+\cos^2\theta=1の両辺を\cos^2\thetaで割る.)
逆数にして,
\frac{x}{4}=\cos^2\theta,
x=4\cos^2\theta,
両辺を微分して
dx=4\cdot2\cos\theta(\cos\theta)'\, d\theta=8\cos\theta(-\sin\theta)\, d\theta
=-8\cos\theta\sin\theta\, d\theta.
積分区間は
x=1のとき \sqrt{\frac{4}{1}-1}=\sqrt{3}=\tan\frac{\pi}{3}, \theta=\frac{\pi}{3}.
x=3のとき \sqrt{\frac{4}{3}-1}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\tan\frac{\pi}{6}, \theta=\frac{\pi}{6}.
\int_1^3\sqrt{\frac{4}{x}-1}\,dx
上記の置換により
=\int_\frac{\pi}{3}^\frac{\pi}{6}\tan\theta(-8\cos\theta\sin\theta)\, d\theta
\tan =\frac{\sin}{\cos} より
=\int_\frac{\pi}{3}^\frac{\pi}{6}\frac{\sin\theta}{\cos\theta}(-8\cos\theta\sin\theta)\, d\theta
=-8\int_\frac{\pi}{3}^\frac{\pi}{6}\sin^2\theta\, d\theta積分区間を逆に
=8\int_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3}\sin^2\theta\, d\theta
=8\int_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3}\sin^2\theta\, d\theta
倍角公式 \cos2\theta=1-2\sin^2\theta より \sin^2\theta=\frac{1-\cos 2\theta}{2}
=8\int_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3}\frac{1-\cos 2\theta}{2}\, d\theta
=4\int_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3}(1-\cos 2\theta)\, d\theta
=4[\theta-\frac{1}{2}\sin 2\theta]_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3}
=4\int_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3}(1-\cos 2\theta)\, d\theta
=4[\theta-\frac{1}{2}\sin 2\theta]_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3}
=4(\frac{\pi}{3}-\frac{1}{2}\sin 2\cdot\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}\sin 2\cdot\frac{\pi}{6})
=4(\frac{\pi}{6}-\frac{1}{2}\sin \frac{2\pi}{3}+\frac{1}{2}\sin \frac{\pi}{3})
=4(\frac{\pi}{6}-\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2})
ついでに原始関数 -4(\theta-\frac{1}{2}\sin 2\theta)=-4\theta+2\sin 2\theta は
\sqrt{\frac{4}{x}-1}=\tan\theta より,
-4\theta=-4\arctan\sqrt{\frac{4}{x}-1}
と
2\sin 2\theta
=2\cdot 2\sin\theta\cos\theta
=4\sin\theta\cos\theta\frac{\cos\theta}{\cos\theta}
=4\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\cos^2\theta
=4\tan\theta\frac{1}{(\frac{1}{\cos^2\theta})}
=4\tan\theta\frac{1}{1+\tan^2\theta}
=\frac{4\tan\theta}{1+\tan^2\theta}
\tan\theta=\sqrt{\frac{4}{x}-1}, \tan^2\theta=\frac{4}{x}-1
=\frac{4\sqrt{\frac{4}{x}-1}}{1+\frac{4}{x}-1}
=\frac{4\sqrt{\frac{4}{x}-1}}{\frac{4}{x}}
=\frac{1\sqrt{\frac{4}{x}-1}}{\frac{1}{x}}
=x\sqrt{\frac{4}{x}-1}
より,
原始関数 -4\theta+2\sin 2\theta
=-4\arctan\sqrt{\frac{4}{x}-1}+x\sqrt{\frac{4}{x}-1}+定数
> 答え合わせ
2/22 追記>別解
\sqrt{\frac{4}{x}-x}=\frac{\sqrt{4-x}}{\sqrt{x}}として
返信削除\sqrt{x}=tとおくと,\frac{1}{2\sqrt{x}}dx=dtだから,2\int_{1}^{\sqrt{3}}\sqrt{4-t^{2}}dtとなり,よく見た置換積分になりそう。
確かにそっちの方が見慣れています。実は最近
削除https://kurobe3463.blogspot.com/2004/10/calculation-of-pi.html
を書き直したりして,頭が tangent の置換になってます(^^