【解答のポイント】
被積分関数は 『(分母の次数) > (分子の次数)』 の関係の分数のため、因数分解をして部分分数分解から分母の次数を下げて積分します。
三次の因数分解の公式
$${a^3+b^3 = (a+b)(a^2 -ab +b^2)}$$
を使用して因数分解します。
【解答】
問題の被積分関数の分母を因数分解すると
$${\hspace{10pt}\int_0^1 \frac{1}{x^3+1} \hspace{1pt}dx = \int_0^1 \frac{1}{(x+1)(x^2 -x +1)} \hspace{1pt}dx\hspace{10pt}}$$
ここで、\(\displaystyle{\frac{1}{(x+1)(x^2 -x +1)}\hspace{2pt}}\)を部分分数分解します。
以下のように分解されるとして定数\({\hspace{1pt}A\hspace{2pt},}\)\({\hspace{1pt}B\hspace{2pt},\hspace{1pt}C\hspace{2pt}}\)を求めます。
$${\hspace{10pt}\frac{1}{(x+1)(x^2 -x +1)} = \frac{A}{x+1} + \frac{Bx+C}{x^2 -x +1}\hspace{10pt}}$$
両辺に\({\hspace{1pt}(x+1)(x^2 -x +1)\hspace{2pt}}\)をかけると
$${\hspace{10pt}1 = (x^2 -x +1)A+ (x+1)(Bx+C)\hspace{10pt}}$$
すなわち
$${\hspace{10pt}(A+B)x^2+(B+C-A)x +A+C-1 = 0\hspace{10pt}}$$
上式が恒等式となるように左右の係数を比較すると
$$
\begin{aligned}
\hspace{10pt} A+B &= 0 \\[0.5em]
B+C-A &= 0 \\[0.5em]
A+C-1 &= 0 \\[0.5em]
\end{aligned}
$$
となることから
$${A=\frac{1}{3}\hspace{1pt},\hspace{1pt}B=-\frac{1}{3}\hspace{1pt},\hspace{1pt}C=\frac{2}{3}}$$
となります。したがって
$$
\begin{aligned}
\hspace{10pt}& \int_0^1 \frac{1}{(x+1)(x^2 -x +1)} \hspace{1pt}dx \\[1em]
&= \frac{1}{3} \int_0^1 \frac{1}{x+1} \hspace{1pt}dx - \frac{1}{3} \int_0^1 \frac{x-2}{x^2 -x +1} \hspace{1pt}dx\hspace{10pt} \\[1em]
\end{aligned}
$$
となります。
ここで\(\displaystyle{\hspace{1pt}\int_0^1 \frac{1}{x+1} \hspace{1pt}dx\hspace{2pt}}\)を求めると
$$
\begin{aligned}
\hspace{10pt}& \int_0^1 \frac{1}{x+1} \hspace{1pt}dx \\[1em]
&= \left[ \log |x+1| \right]_0^1 \\[1em]
&= \log 2 - \log 1 \\[1em]
&= \log 2 \\[1em]
\end{aligned}
$$
次に\(\displaystyle{\hspace{1pt}\int_0^1 \frac{x-2}{x^2 -x +1} \hspace{1pt}dx\hspace{2pt}}\)を求めます。
被積分関数の\(\displaystyle{\hspace{1pt}\frac{x-2}{x^2 -x +1}\hspace{2pt}}\)は、『(分母の次数) > (分子の次数)』であるため、さらに部分分数分解をして分母の次数を下げたいところですが、分母の関数は実数の範囲で因数分解できません。
そこで、分母を平方完成することで置換積分ができる \(\displaystyle{\frac{1}{(x+p)^2 + a^2}\hspace{2pt}}\)の形式に変形し、\({x+p = a \tan \theta\hspace{2pt}}\)と置き換えて積分します。
分母を平方完成して変形すると
$$
\begin{aligned}
\hspace{10pt}& \int_0^{1} \frac{x-2}{x^2 -x +1}\hspace{1pt}dx \\[1em]
& = \int_0^{1} \frac{x-2}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 +\frac{3}{4}}\hspace{1pt}dx \\[1em]
\end{aligned}
$$
となります。
ここで \(\displaystyle{x-\frac{1}{2}= \frac{\sqrt{3}}{2} \tan \theta}\) とおきます。
変数\({x}\)の範囲に対応する変数\({\theta}\)を求めると、以下のようになります。
| \({x}\) |
\({0 \to 1}\) |
| \({\theta}\) |
\(\displaystyle{ - \frac{\pi}{6} \to \frac{\pi}{6}}\) |
また、\(\displaystyle{x -\frac{1}{2}= \frac{\sqrt{3}}{2} \tan \theta}\) の両辺を \({\theta}\) で微分すると、三角関数の微分公式から
$${\frac{dx}{d\theta} = \frac{\sqrt{3}}{2\cos^2 \theta} }$$
となります。すなわち、\(\displaystyle{dx = \frac{\sqrt{3}}{2\cos^2 \theta} \hspace{1pt} d\theta}\) と表せます。
変数を置き換えて積分すると
$$
\begin{aligned}
\hspace{10pt}& \int_0^{1} \frac{x-2}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 +\frac{3}{4}}\hspace{1pt}dx \\[1.4em]
&= \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} \tan \theta - \frac{3}{2}}{(\frac{\sqrt{3}}{2} \tan \theta)^2 +\frac{3}{4}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2\cos^2 \theta} \hspace{1pt} d\theta\hspace{10pt}\\[1.4em]
&= \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \frac{ \tan \theta - \sqrt{3}}{ \tan^2 \theta +1}\cdot\frac{1}{\cos^2 \theta} \hspace{1pt} d\theta\\[1.4em]
&= \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} ( \tan \theta - \sqrt{3}) \hspace{1pt} d\theta\\[1.4em]
&= -\sqrt{3}\left[\theta\right]_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}}\\[1.4em]
&= -\sqrt{3}\left(\frac{\pi}{6}-\left(-\frac{\pi}{6}\right) \right)\\[1.4em]
&=- \frac{\sqrt{3}}{3}\pi\\[1.4em]
\end{aligned}
$$
(\({\tan \theta\hspace{2pt}}\)は奇関数であることから、\(\displaystyle{\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \tan \theta \hspace{1pt} d\theta=0\hspace{2pt}}\)であることを使用しています。)
以上から
$$
\begin{aligned}
\hspace{10pt}& \int_0^1 \frac{1}{x^3+1} \hspace{1pt}dx \\[1.4em]
&= \frac{1}{3} \int_0^1 \frac{1}{x+1} \hspace{1pt}dx - \frac{1}{3} \int_0^1 \frac{x-2}{x^2 -x +1} \hspace{1pt}dx\hspace{10pt}\\[1.4em]
&= \frac{1}{3} \cdot \log 2 - \frac{1}{3}\cdot \left(- \frac{\sqrt{3}}{3}\pi\right) \\[1.4em]
&= \frac{\log 2}{3} + \frac{\sqrt{3}}{9}\pi\\[1.4em]
\end{aligned}
$$
【関連するページ】
・置換積分法