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\begin{document}

\title{微分積分3 第6回課題解説}
\date{}
\maketitle

\section{課題}

\begin{itemize}
\item[1)] 次の広義積分が存在するか確かめ、存在するときはその値を求めよ。
\begin{itemize}
\item[a)] $\int_0^1 \log x dx$, b) $\int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^2}$
\end{itemize}
\item[2)] （11/15訂正）ベータ関数 $B(p, q)$ について $B(1/2, 1/2)=\pi$ を示せ（$(\arcsin x)^\prime=1/\sqrt{1-x^2}$ 
を用いるとよい。なお$B(1/2, 1/2)=\Gamma^2(1/2)$ つまり $\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}$ であることが知られているが、
その証明は通常は2変数関数の積分が必要となる）。
\end{itemize}

\section{解}

\begin{itemize}
\item[1a)] まず
\begin{equation}\label{eq11}
\int_t^1 \log x dx=[x\log x]_t^1-\int_t^1 dx=t-1-t\log t
\end{equation}
が成り立つ。$u=1/t$ とおくと
\begin{equation}\label{eq12}
\lim_{t\rightarrow +0} t\log t=\lim_{u\rightarrow +\infty} -\frac{\log u}{u},
\end{equation}
さて $f(u)=(\log^2 u)/u$ とおくと $f^\prime(u)=(2\log u-\log^2 u)/u$ より $u>0$ において $f(u)\leq f(e^2)=4/e^2$ であるから $0<(\log^2 u)/u<4/e^2$、つまり $u>1$ において $0<\log u/u<4/(e^2 u)$ となる。よって
\eqref{eq12} の極限値は $0$ である。したがって
\eqref{eq11} より
\begin{equation}
\int_0^1 \log x dx=\lim_{t\rightarrow +0} (t-1-t\log t)=-1
\end{equation}
であることがわかる。
\item[1b)] 
\[\begin{split}
\int \frac{dx}{1+x^2}= & \frac{x}{1+x^2}+\int \frac{2x^2}{(1+x^2)^2} dx \\
= & \frac{x}{1+x^2}+2\left(\int \frac{dx}{1+x^2}-\int \frac{dx}{(1+x^2)^2}\right)
\end{split}\]
となるので $1/(1+x^2)^2$ の不定積分は
\[\int \frac{dx}{(1+x^2)^2}=\frac{x}{2(1+x^2)}+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{1+x^2}=\frac{x}{2(1+x^2)}+\frac{\arctan x}{2}+C\]
となる。よって
\begin{equation}
\int_0^t \frac{dx}{(1+x^2)^2}=\frac{t}{2(1+t^2)}+\frac{\arctan t}{2}
\end{equation}
となる。$-\pi/2<\theta<\pi/2$ において $\theta\rightarrow \pi/2-0$ とするとき
$\tan \theta\rightarrow +\infty$ だから $\lim_{t\rightarrow\infty} \arctan t=\pi/2$ である。よって
\begin{equation}
\int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^2}=\frac{\pi}{4}
\end{equation}
となる。
\item[2)]
\begin{equation}\label{eq21}
B\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{t(1-t)}}
\end{equation}
である。$0<a<b<1$ のとき $u=2t-1$ とおくと
\[\begin{split}
\int_a^b \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)}}= & \int_a^b \frac{dt}{\sqrt{\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-t\right)^2}}
=2\int_a^b \frac{dt}{\sqrt{1-\left(1-2t\right)^2}} \\
= & \int_{2a-1}^{2b-1} \frac{du}{\sqrt{1-u^2}}
=\arcsin (2b-1)-\arcsin (2a-1)
\end{split}
\]
だから
\[\begin{split}
\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)}}= & \lim_{a\rightarrow +0, b\rightarrow 1-0} \arcsin (2b-1)-\arcsin (2a-1) \\
= & \arcsin 1-\arcsin (-1)=\pi\end{split}\]
である。これを \eqref{eq21} に代入して
\begin{equation}
B\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\pi
\end{equation}
を得る。
\end{itemize}


\end{document}
