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微分積分の問題

難易度 3期末試験の応用レベル証明問題大学数学微分積分

$a$ を正の実数とする。広義積分
$\int_{0}^{\infty} \frac{lo g x}{x ^{2} + a ^{2}} d x$
は収束し、その値が $\frac{π lo g a}{2 a}$ であることを証明せよ。ただし、 $x \to + 0 lim x lo g x = 0$ であること、および「区間上で $0 \leq f (x) \leq g (x)$ を満たす連続関数 $f, g$ について、 $g$ の広義積分が収束すれば $f$ の広義積分も収束する」こと（比較判定法）、「 $∣ f ∣$ の広義積分が収束すれば $f$ の広義積分も収束する」ことは用いてよい。

この問題で使うもの

広義積分（説明と入口の問題）
置換積分（説明と入口の問題）
定積分の置換・部分積分と偶関数・奇関数（説明と入口の問題）
部分積分（説明と入口の問題）
指数関数・対数関数の導関数（説明と入口の問題）
基本的な関数の不定積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（44 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

まず広義積分が収束することを、 $x \to + 0$ と $x \to \infty$ の両端で比較判定法を使って確かめる。値は置換 $x = a t$ で $a = 1$ の場合に帰着させるとよい。

ヒント 2

$a = 1$ の場合の $\int_{0}^{\infty} \frac{l o g t}{1 + t ^{2}} d t$ は、 $\int_{1}^{\infty}$ の部分に $t = \frac{1}{u}$ を代入すると $\int_{0}^{1}$ の部分と打ち消し合う。

ヒント 3

収束は、 $0 < x \leq 1$ で $∣ f (x) ∣ \leq \frac{- l o g x}{a ^{2}}$ 、 $x \geq 1$ で $0 \leq f (x) \leq x^{- 3/2}$ （ $lo g x \leq x$ を使う）と評価して示せる。そのあと $x = a t$ とおくと、被積分関数は $\frac{1}{a} \cdot \frac{l o g a + l o g t}{1 + t ^{2}}$ になる。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$x \to + 0$ の側で $∣ f (x) ∣ \leq \frac{- l o g x}{a ^{2}}$ のような評価をし、 $\int_{0}^{1} lo g x d x$ の収束から比較判定法で収束を示している（2 点）
$x \to \infty$ の側で $lo g x \leq x$ などの評価を根拠つきで示し、 $x^{- 3/2}$ などとの比較で収束を示している（2 点）
$t = \frac{1}{u}$ の置換を有限区間で行ってから極限をとり、 $\int_{0}^{\infty} \frac{l o g t}{1 + t ^{2}} d t = 0$ を導いている（3 点）
$x = a t$ の置換で積分を $\frac{l o g a}{a} \int_{0}^{\infty} \frac{d t}{1 + t ^{2}}$ と $\frac{1}{a} \int_{0}^{\infty} \frac{l o g t}{1 + t ^{2}} d t$ に分けている（2 点）
$\int_{0}^{\infty} \frac{d t}{1 + t ^{2}} = \frac{π}{2}$ を $arctan$ の極限から求め、値 $\frac{π l o g a}{2 a}$ を結論している（1 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

$f (x) = \frac{lo g x}{x ^{2} + a ^{2}}$ は $(0, \infty)$ で連続である。広義積分 $\int_{0}^{\infty} f (x) d x$ は $\int_{0}^{1} f (x) d x$ と $\int_{1}^{\infty} f (x) d x$ の両方が収束するときに収束し、その和と定める。

ステップ 1（収束）.

(i) $\int_{0}^{1}$ について。 $0 < x \leq 1$ で $x^{2} + a^{2} \geq a^{2}$ より $∣ f (x) ∣ \leq \frac{- lo g x}{a ^{2}}$ である（ $0 < x \leq 1$ で $lo g x \leq 0$ ）。 $0 < δ < 1$ に対し
$\int_{δ}^{1} (- lo g x) d x = [x - x lo g x]_{δ}^{1} = 1 - δ + δ lo g δ$
であり、 $δ \to + 0$ のとき仮定 $δ lo g δ \to 0$ により $1$ に収束する。よって比較判定法から $\int_{0}^{1} ∣ f (x) ∣ d x$ は収束し、したがって $\int_{0}^{1} f (x) d x$ も収束する。

(ii) $\int_{1}^{\infty}$ について。まず $x \geq 1$ で $lo g x \leq x$ を示す。 $h (x) = x - lo g x$ とおくと $h^{'} (x) = \frac{1}{2 x} - \frac{1}{x} = \frac{x - 2}{2 x}$ なので、 $h$ は $1 \leq x \leq 4$ で減少、 $x \geq 4$ で増加し、最小値は $h (4) = 2 - lo g 4 = 2 - 2 lo g 2 > 0$ （ $lo g 2 < 1$ より）。よって $x \geq 1$ で $0 \leq lo g x \leq x$ となり
$0 \leq f (x) \leq \frac{x}{x ^{2}} = x^{- 3/2} .$
$\int_{1}^{R} x^{- 3/2} d x = 2 - \frac{2}{R} \to 2$ （ $R \to \infty$ ）なので、比較判定法より $\int_{1}^{\infty} f (x) d x$ は収束する。

以上で $\int_{0}^{\infty} f (x) d x$ は収束する。 $a = 1$ の場合も同じ議論が使えるので、 $I = \int_{0}^{\infty} \frac{lo g t}{1 + t ^{2}} d t$ も収束する。

ステップ 2（ $I = 0$ ）. $R > 1$ とし、 $\int_{1}^{R} \frac{l o g t}{1 + t ^{2}} d t$ で $t = \frac{1}{u}$ と置換する。 $d t = - \frac{d u}{u ^{2}}$ 、 $lo g t = - lo g u$ 、 $1 + t^{2} = \frac{u ^{2} + 1}{u ^{2}}$ であり、 $t : 1 \to R$ のとき $u : 1 \to \frac{1}{R}$ だから
$\int_{1}^{R} \frac{lo g t}{1 + t ^{2}} d t = \int_{1}^{1/ R} \frac{- lo g u}{( u ^{2} + 1 ) / u ^{2}} \cdot (- \frac{1}{u ^{2}}) d u = \int_{1}^{1/ R} \frac{lo g u}{1 + u ^{2}} d u = - \int_{1/ R}^{1} \frac{lo g u}{1 + u ^{2}} d u .$
（ $[1, R]$ は有界閉区間で被積分関数は連続なので、通常の置換積分が使える。） $R \to \infty$ のとき $\frac{1}{R} \to + 0$ で、ステップ 1 より両辺は収束するから
$\int_{1}^{\infty} \frac{lo g t}{1 + t ^{2}} d t = - \int_{0}^{1} \frac{lo g u}{1 + u ^{2}} d u .$
よって $I = \int_{0}^{1} + \int_{1}^{\infty} = 0$ 。

ステップ 3（ $x = a t$ の置換）. $0 < δ < R$ として $\int_{δ}^{R} f (x) d x$ で $x = a t$ と置換すると、 $d x = a d t$ 、 $x^{2} + a^{2} = a^{2} (t^{2} + 1)$ 、 $lo g x = lo g a + lo g t$ より
$\int_{δ}^{R} \frac{lo g x}{x ^{2} + a ^{2}} d x = \int_{δ / a}^{R / a} \frac{lo g a + lo g t}{a ^{2} ( 1 + t ^{2} )} a d t = \frac{lo g a}{a} \int_{δ / a}^{R / a} \frac{d t}{1 + t ^{2}} + \frac{1}{a} \int_{δ / a}^{R / a} \frac{lo g t}{1 + t ^{2}} d t .$
ここで
$\int_{δ / a}^{R / a} \frac{d t}{1 + t ^{2}} = arctan \frac{R}{a} - arctan \frac{δ}{a} \to \frac{π}{2} - 0 = \frac{π}{2} (δ \to + 0, R \to \infty)$
であり、第 2 項の積分は $I = 0$ に収束する（ステップ 1, 2）。左辺は $\int_{0}^{\infty} f (x) d x$ に収束するので
$\int_{0}^{\infty} \frac{lo g x}{x ^{2} + a ^{2}} d x = \frac{lo g a}{a} \cdot \frac{π}{2} + \frac{1}{a} \cdot 0 = \frac{π lo g a}{2 a} .$

以上より、与えられた広義積分は収束し、その値は $\frac{π lo g a}{2 a}$ である。

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