C方式・グローバル方式 2024年第３問の問題文全文
次の定積分の値を求めよ.
(1)
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2{\theta}d\theta =\frac{~\fbox{$\hskip0.4emア\hskip0.4em\Rule{0pt}{0.4em}{0.4em}$}~}{~\fbox{$\hskip0.4emイ\hskip0.4em\Rule{0pt}{0.4em}{0.4em}$}~}\pi\end{align}
(2)
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2{\theta}\sin^2{\theta}d\theta =\frac{\fbox{$\hskip0.4emウ\hskip0.4em\Rule{0pt}{0.4em}{0.4em}$}}{~\fbox{$\hskip0.4emエオ\hskip0.4em\Rule{0pt}{0.4em}{0.4em}$}~}\pi\end{align}
(3)
\begin{align}\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}(t+1)^2\sqrt{-t^2+2}dt=\frac{~\fbox{$\hskip0.4emカ\hskip0.4em\Rule{0pt}{0.4em}{0.4em}$}~}{~\fbox{$\hskip0.4emキ\hskip0.4em\Rule{0pt}{0.4em}{0.4em}$}~}\pi\end{align}
(1) の解答〜半角の公式で次数を下げる〜
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2{\theta}d\theta =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos{2\theta}}{2}d\theta \end{align}
\begin{align}=\biggl[\frac{1}{2}\theta +\frac{1}{4}\sin{2\theta}\biggr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{4}\pi~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}
(1) の別解〜ウォリス積分の利用〜
ウォリス積分
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^n{\theta}d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n{\theta}d\theta\end{align}
\begin{align}=\left\{\begin{array}{cc}\displaystyle \frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot \frac{\pi}{2} & (~n~は偶数)\\ \displaystyle \frac{(n-1)!!}{n!!} & (~n~は奇数)\end{array}\right. \end{align}
ただし\(,\) \(n!!\) は二重階乗（１個飛ばしの階乗）を表す.
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2{\theta}d\theta=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{1}{4}\pi~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}
quandle
穴埋め問題なのでウォリス積分を知っていれば瞬殺です！
ア：１ イ：４
(2) の解答〜\(\sin{\theta}\cos{\theta}\) ときたら２倍角の公式〜
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2{\theta}\sin^2{\theta}d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{4}\sin^2{2\theta}d\theta\end{align}
\begin{align}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\cos{4\theta}}{8}d\theta\end{align}
\begin{align}=\biggl[\frac{1}{8}\theta-\frac{1}{32}\sin{4\theta}\biggr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{16}\pi~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}
(2) の別解〜ウォリス積分の利用〜
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2{\theta}\sin^2{\theta}d\theta =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2{\theta}(1-\cos^2{\theta})d\theta\end{align}
\begin{align}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2{\theta}d\theta-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4{\theta}d\theta\end{align}
\begin{align}=\frac{\pi}{4}-\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}-\frac{3}{16}\pi=\frac{1}{16}\pi~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}
quandle
(1) の結果も利用できて嬉しいです！
ウ：１ エ：１ オ：６
(3) の解答〜(1) と (2) を使う意識で変形する〜
着眼点①〜微分接触型が使えそう〜
微分接触型の積分
\begin{align}\int f(g(x))g^{\prime}(x)dx=F(g(x))+C~(~C~は積分定数)\end{align}
ただし\(,\) \(F(x)\) は \(f(x)\) の原始関数
積分計算するときは常に上記の形になっていないかチェックしましょう！
(3) の問題のルートの中身は \(-t^2+2\) ですから\(,\) これの微分である \(-2t\) が作れれば微分接触型が使えそうです.
\((t+1)^2=t^2+2t+1\) ですから\(,\) \(t^2+1\) と \(2t\) に分けることで微分接触型が使えることに気づけます！
(3) の解答〜着眼点①を反映したところまでの変形〜
\begin{align}\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}(t+1)^2\sqrt{-t^2+2}dt\end{align}
\begin{align}=\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}(t^2+1)\sqrt{-t^2+2}dt-\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}-2t\sqrt{-t^2+2}dt~~~~\cdots (★)\end{align}
着眼点②〜偶関数・奇関数のチェック〜
奇関数・偶関数の積分
\begin{align}\int_{-a}^af(x)dx=\left\{\begin{array}{cc}2f(x) & (~f(x)~は偶関数~)\\ 0 & (~f(x)~は奇関数~)\end{array}\right.\end{align}
(3) の積分範囲が \(-\sqrt{2}\leqq t \leqq \sqrt{2}\) となっていることに注目します.
\begin{align}A=\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}(t^2+1)\sqrt{-t^2+2}dt,~B=\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}-2t\sqrt{-t^2+2}dt\end{align}
とおくと\(,\) \((t^2+1)\sqrt{-t^2+2}\) は偶関数\(,\) \(-2t\sqrt{-t^2+2}\) は奇関数なので与式がかなり簡単になります.
quandle
\(B\) はもともと微分接触型として処理しようとしてましたが\(,\) そもそも奇関数なので計算せずとも \(0\) であることが分かってしまいました（笑）
(3) の解答〜着眼点②を反映したところまでの変形〜
\begin{align}(★)=A-B=2\int_0^{\sqrt{2}}(t^2+1)\sqrt{-t^2+2}dt~~~~\cdots (☆)\end{align}
着眼点③〜\(\sqrt{a^2-t^2}\) の形の積分は \(t=a\cos{\theta}\) で置換！〜
(3) は \(\sqrt{2-t^2}\) を含む積分なので\(,\) \(t=\sqrt{2}\cos{\theta}\) と置換してみましょう！
\begin{align}\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline t & 0 & \to & \sqrt{2}\\ \hline \theta & \displaystyle \frac{\pi}{2} & \to & 0 \\ \hline \end{array}\end{align}
であることと\(,\) \(dt=-\sqrt{2}\sin{\theta}d\theta \) であることから\(,\) マイナスを使って積分区間の上端と下端を入れ替えることができ\(,\) (1) や (2) の結果が使えそうだなということに気づくことができます！あとは計算ミスに気をつけて計算するのみです！
(3) の解答〜着眼点③を反映して最後まで〜
\begin{align}(☆)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(2\cos^2{\theta}+1)\sqrt{2(1-\cos^2{\theta})}\cdot \sqrt{2}\sin{\theta}d\theta \end{align}
\begin{align}=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(2\cos^2{\theta}+1)\cdot 2\sin^2{\theta}d\theta\end{align}
\begin{align}=8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2{\theta}\sin^2{\theta}d\theta +4\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos^2{\theta})d\theta \end{align}
\begin{align}=8\cdot \frac{\pi}{16}+4\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{3}{2}\pi~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}
カ：３ キ：２
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