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コメント(22)
http://okwave.jp/qa2870196.html
ココに載っていますね。
引用します。
回答良回答20pt
I(n,x) = ∫x^n*sin(x) dx としたとき、I(n,x) に関する良く知られた漸化式
I(n,x) = - x^n*cos(x) + n*x^(n-1)*sin(x) - n*(n-1)*I(n-2,x) --- (1)
を使えば、I(0,x) = ∫sin(x) dx = - cos(x) から、直ちに
∫x^2*sin(x) dx = I(2,x) = - x^2*cos(x) + 2*x*sin(x) + 2*cos(x)
となる！なんてダメでしょうね。式(1)を知っている人なんて普通いないですね。
∫x^2*cos(x) dx との関係も考えてみましたが、部分積分を２回使うのよりも簡単とは思えませんでした。
「x^2*sin(x) の積分」や「40秒で解ける」というのを、日本語と英語で検索しましたが、該当するものはありませんでした。
本当に裏技はあるのでしょうか。
回答良回答10pt
複素関数としての積分を考えます。
∫x^2 e^(ix) dx
この結果はf(x)e^(ix)
となることが予想できます。
ここで、f(x)は複素数係数の２次関数です。
f(x)=px^2+qx+rとすると、
{f(x)e^(ix)} '
={if(x)+f '(x)}e^(ix)
=f(x)e^(ix)
より、e^(ix)を除いた部分を縦書きで書くと、
pix^2+qix+ri
+ 2px+q
-------------
x^2
係数を順次求めて、
p=-i,q=2,r=2i
よって、
∫x^2 e^(ix) dx=(-ix^2+2x+2i)e^(ix)
虚部を比較して、
∫x^2 sin x dx=(-x^2+2)cos x + 2xsin x
余計時間がかかるようなので、他の方の別な解法を期待します。
フーリエ係数的に計算できるのかなあ？？？
誠に遺憾ながら＜裏＞と聞くと、ときめいてしまいます。
しばらく、思考しましたが不明でＨＩＮＴにと思い＜表＞をやってみました。
何と３０秒もかかりません。
これより速いと言う事は、＜一瞬にして＞解が見える事になります。
蛇足ながら＜表＞を書いて置きます。
P=∫(x^2)sinxdx
=-(x^2)cosx+2∫xcosxdx
=-(x^2)cosx+2(xsinx+cosx)
ココに載っていますね。
引用します。
回答良回答20pt
I(n,x) = ∫x^n*sin(x) dx としたとき、I(n,x) に関する良く知られた漸化式
I(n,x) = - x^n*cos(x) + n*x^(n-1)*sin(x) - n*(n-1)*I(n-2,x) --- (1)
を使えば、I(0,x) = ∫sin(x) dx = - cos(x) から、直ちに
∫x^2*sin(x) dx = I(2,x) = - x^2*cos(x) + 2*x*sin(x) + 2*cos(x)
となる！なんてダメでしょうね。式(1)を知っている人なんて普通いないですね。
∫x^2*cos(x) dx との関係も考えてみましたが、部分積分を２回使うのよりも簡単とは思えませんでした。
「x^2*sin(x) の積分」や「40秒で解ける」というのを、日本語と英語で検索しましたが、該当するものはありませんでした。
本当に裏技はあるのでしょうか。
回答良回答10pt
複素関数としての積分を考えます。
∫x^2 e^(ix) dx
この結果はf(x)e^(ix)
となることが予想できます。
ここで、f(x)は複素数係数の２次関数です。
f(x)=px^2+qx+rとすると、
{f(x)e^(ix)} '
={if(x)+f '(x)}e^(ix)
=f(x)e^(ix)
より、e^(ix)を除いた部分を縦書きで書くと、
pix^2+qix+ri
+ 2px+q
-------------
x^2
係数を順次求めて、
p=-i,q=2,r=2i
よって、
∫x^2 e^(ix) dx=(-ix^2+2x+2i)e^(ix)
虚部を比較して、
∫x^2 sin x dx=(-x^2+2)cos x + 2xsin x
余計時間がかかるようなので、他の方の別な解法を期待します。
フーリエ係数的に計算できるのかなあ？？？
誠に遺憾ながら＜裏＞と聞くと、ときめいてしまいます。
しばらく、思考しましたが不明でＨＩＮＴにと思い＜表＞をやってみました。
何と３０秒もかかりません。
これより速いと言う事は、＜一瞬にして＞解が見える事になります。
蛇足ながら＜表＞を書いて置きます。
P=∫(x^2)sinxdx
=-(x^2)cosx+2∫xcosxdx
=-(x^2)cosx+2(xsinx+cosx)
EARLさんが仰るように素直に部分積分したって40秒以内にできますよね。
上で紹介されている以外の方法を考えるなら、例えば
∫sin(ax)dx=-cos(ax)/a+C(a)
の両辺を２階微分してa=1と置けば得られます。
発想としては何か示したい積分があったとしたら、適当なパラメーターを入れた積分を考えてそのパラメーターについて微分して元の積分が生成できればＯＫといった感じです。この発想って結構使えます。思考のアイテムの１つですね。
他には複素関数に拡張して複素積分をしてその虚部として実積分を得るとかよくやる方法です。
ただ４０秒ですぐに導出できるかはよくわかりませんね。
解の形を見ると
-x^2*cos(x)+2x*sin(x)+2cos(x)
ですから各項が何か係数２とcos(x)を初項としてそれぞれ逐次積分したものの積の和の形になっているんで、予想として
∫x^n*sin(x)dx=Σ[n=0to2]∫[n回積分]2dx∫[n回積分]cos(x)dx
が成り立っているのではないかと思いますがどうでしょう？
ここでｎ回積分と書いたところは積分定数はないものとしてあります。例えばn=2のときは
∫[2回積分]2dx=x^2
∫[2回積分]cos(x)dx=-cos(x)
とか。
ここら辺の関係を見ると何か各項に単純な規則性があるような気もしますがどうなんでしょうか？
上で紹介されている以外の方法を考えるなら、例えば
∫sin(ax)dx=-cos(ax)/a+C(a)
の両辺を２階微分してa=1と置けば得られます。
発想としては何か示したい積分があったとしたら、適当なパラメーターを入れた積分を考えてそのパラメーターについて微分して元の積分が生成できればＯＫといった感じです。この発想って結構使えます。思考のアイテムの１つですね。
他には複素関数に拡張して複素積分をしてその虚部として実積分を得るとかよくやる方法です。
ただ４０秒ですぐに導出できるかはよくわかりませんね。
解の形を見ると
-x^2*cos(x)+2x*sin(x)+2cos(x)
ですから各項が何か係数２とcos(x)を初項としてそれぞれ逐次積分したものの積の和の形になっているんで、予想として
∫x^n*sin(x)dx=Σ[n=0to2]∫[n回積分]2dx∫[n回積分]cos(x)dx
が成り立っているのではないかと思いますがどうでしょう？
ここでｎ回積分と書いたところは積分定数はないものとしてあります。例えばn=2のときは
∫[2回積分]2dx=x^2
∫[2回積分]cos(x)dx=-cos(x)
とか。
ここら辺の関係を見ると何か各項に単純な規則性があるような気もしますがどうなんでしょうか？
単なるオブザーバーで初めてですが、ちょっと書かせてもらいます。
∫x^2 sin x dx ですね。
うまくx^2 sin xがでるように微分の式を作ると
（x^2 cos x）'＝2*x cos x−x^2 sin x…?
（x sin x）'＝sin x+x cos x＝−（cos x）'+x cos x…?
??より
x^2 sin x＝−（x^2 cos x）'+2*（x sin x）'+2*（cos x）'
∴∫x^2 sin x dx ＝-x^2 cos x+2*x sin x+2*cos x＋Ｃ
これはよく、∫e^ax sin bx dx などを解く時のの裏技で使いますが…この場合はあんまり効率よくないかもしれませんね。
∫x^2 sin x dx ですね。
うまくx^2 sin xがでるように微分の式を作ると
（x^2 cos x）'＝2*x cos x−x^2 sin x…?
（x sin x）'＝sin x+x cos x＝−（cos x）'+x cos x…?
??より
x^2 sin x＝−（x^2 cos x）'+2*（x sin x）'+2*（cos x）'
∴∫x^2 sin x dx ＝-x^2 cos x+2*x sin x+2*cos x＋Ｃ
これはよく、∫e^ax sin bx dx などを解く時のの裏技で使いますが…この場合はあんまり効率よくないかもしれませんね。
漸化式をもうちょっとつっこんで観察。
f[n](x),g[n](x)をn次以下の整式として
∫x^n sinx dx = f[n](x)cosx + g[n](x)sinx
と表されます。ここで
f[n+2](x) = -(n+2)(n+1)f[n](x) - x^(n+2)…【式1】
g[n+2](x) = -(n+2)(n+1)g[n](x) + (n+2)x^(n+1)…【式2】
という整式の漸化式を得るわけです。【式1】を微分してやると
f[n+2]'(x) = -(n+2)(n+1)f[n]'(x) - (n+2)x^(n+1)
これに【式2】を加えると
f[n+2]'(x)+g[n+2](x) = -(n+2)(n+1){f[n]'(x)+g[n](x)}
となるので、f[2]'(x)+g[2](x) = 0であることからh[n](x)=0
よってnが偶数のとき
f[n]'(x)=-g[n](x)
となり、
∫x^n sinx dx = f[n](x)cosx - f'[n](x)sinx
両辺微分して
x^n sinx
= - f[n](x)sinx - f''[n](x)sinx
∴x^n = -(f[n](x)+f''[n](x))
これを解くと、nが偶数のとき、P[n,k]を順列として
f[n](x) = -x^n + P[n,2]x^(n-2) - P[n,4]x^(n-4) + … + (-1)^(n/2)P[n,n]
= Σ[k=0,n/2](-1)^k*P[n,2k]x^2k
g[n](x) = 2Σ[k=0,n/2](-1)^k*P[n,2k]kx^(2k-1)
と求まります。てわけで整理すると、
∫x^(2m) sinx dx
= {Σ[k=0,m](-1)^k*P[m,2k]x^2k}cosx + {2Σ[k=0,m](-1)^k*P[m,2k]kx^(2k-1)}sinx
と一般解を得る。これを覚えていれば瞬殺…って覚えられるかーっ！
nが奇数の場合は…しんどくなったので省略。
f[n](x),g[n](x)をn次以下の整式として
∫x^n sinx dx = f[n](x)cosx + g[n](x)sinx
と表されます。ここで
f[n+2](x) = -(n+2)(n+1)f[n](x) - x^(n+2)…【式1】
g[n+2](x) = -(n+2)(n+1)g[n](x) + (n+2)x^(n+1)…【式2】
という整式の漸化式を得るわけです。【式1】を微分してやると
f[n+2]'(x) = -(n+2)(n+1)f[n]'(x) - (n+2)x^(n+1)
これに【式2】を加えると
f[n+2]'(x)+g[n+2](x) = -(n+2)(n+1){f[n]'(x)+g[n](x)}
となるので、f[2]'(x)+g[2](x) = 0であることからh[n](x)=0
よってnが偶数のとき
f[n]'(x)=-g[n](x)
となり、
∫x^n sinx dx = f[n](x)cosx - f'[n](x)sinx
両辺微分して
x^n sinx
= - f[n](x)sinx - f''[n](x)sinx
∴x^n = -(f[n](x)+f''[n](x))
これを解くと、nが偶数のとき、P[n,k]を順列として
f[n](x) = -x^n + P[n,2]x^(n-2) - P[n,4]x^(n-4) + … + (-1)^(n/2)P[n,n]
= Σ[k=0,n/2](-1)^k*P[n,2k]x^2k
g[n](x) = 2Σ[k=0,n/2](-1)^k*P[n,2k]kx^(2k-1)
と求まります。てわけで整理すると、
∫x^(2m) sinx dx
= {Σ[k=0,m](-1)^k*P[m,2k]x^2k}cosx + {2Σ[k=0,m](-1)^k*P[m,2k]kx^(2k-1)}sinx
と一般解を得る。これを覚えていれば瞬殺…って覚えられるかーっ！
nが奇数の場合は…しんどくなったので省略。
すいません、上の一般解、Σの中が部分的に計算ミスってます。Σはずした方は正しいです。
上の一般解の概略さえ知っていれば裏技的知識にはなるかもしれません。
てわけで裏技化を以下に試みます。重要ポイントだけとりだすと、
nが偶数のとき
●ポイント1(これだけは最低覚える)
∫x^n sinx dx = f(x)cosx - f'(x)sinx
をみたす整式f(x)が存在する。
⇔ -x^n = f(x) + f''(x)が恒等的に成り立つ
●ポイント2
f(x)はn次の整式であり、次数が奇数の項は存在しない。
●ポイント3(覚える余裕あれば)
f(x)の最高次の係数は-1、定数項は(-1)^(n/2+1)*n!になる。
覚える優先順位はポイント1＞2＞3です
これらにより予想される答えをかなり絞りこめます。n=2すなわち∫x^2 sinx dxの不定積分を試みます。
ポイント3を覚えていればそのままf(x)=-x^2+1が求まりますので、仮にポイント3を覚えていないとします。
【裏技解答(ポイント2まで)】
∫x^n sinx dx = f(x)cosx - f'(x)sinxとおける。(∵ポイント1)
n=2よりf(x)=ax^2+b(∵ポイント2)
-x^2 = f(x) + f''(x)
= ax^2 + b + 2a(∵ポイント1)
係数比較すると
a = -1 , b = 2
∴f(x)= -x^2 + 2
以上から
∫x^2 sinx dx = (-x^2 + 2)cosx + 2xsinx
【裏技解答(ポイント1だけ)】
∫x^n sinx dx = f(x)cosx - f'(x)sinxとおける。(∵ポイント1)
n=2よりf(x)=ax^2+bx+c
-x^2 = f(x) + f''(x)
= ax^2 + bx + (c+2a) (∵ポイント1)
係数比較すると
a = -1 , b = 0 , c = 2
∴f(x)= -x^2 + 2
以上から
∫x^2 sinx dx = (-x^2 + 2)cosx + 2xsinx
覚えることがポイント1だけでもかなり楽だと思います。みなさん、これ、裏技に使えるでしょうか？
上の一般解の概略さえ知っていれば裏技的知識にはなるかもしれません。
てわけで裏技化を以下に試みます。重要ポイントだけとりだすと、
nが偶数のとき
●ポイント1(これだけは最低覚える)
∫x^n sinx dx = f(x)cosx - f'(x)sinx
をみたす整式f(x)が存在する。
⇔ -x^n = f(x) + f''(x)が恒等的に成り立つ
●ポイント2
f(x)はn次の整式であり、次数が奇数の項は存在しない。
●ポイント3(覚える余裕あれば)
f(x)の最高次の係数は-1、定数項は(-1)^(n/2+1)*n!になる。
覚える優先順位はポイント1＞2＞3です
これらにより予想される答えをかなり絞りこめます。n=2すなわち∫x^2 sinx dxの不定積分を試みます。
ポイント3を覚えていればそのままf(x)=-x^2+1が求まりますので、仮にポイント3を覚えていないとします。
【裏技解答(ポイント2まで)】
∫x^n sinx dx = f(x)cosx - f'(x)sinxとおける。(∵ポイント1)
n=2よりf(x)=ax^2+b(∵ポイント2)
-x^2 = f(x) + f''(x)
= ax^2 + b + 2a(∵ポイント1)
係数比較すると
a = -1 , b = 2
∴f(x)= -x^2 + 2
以上から
∫x^2 sinx dx = (-x^2 + 2)cosx + 2xsinx
【裏技解答(ポイント1だけ)】
∫x^n sinx dx = f(x)cosx - f'(x)sinxとおける。(∵ポイント1)
n=2よりf(x)=ax^2+bx+c
-x^2 = f(x) + f''(x)
= ax^2 + bx + (c+2a) (∵ポイント1)
係数比較すると
a = -1 , b = 0 , c = 2
∴f(x)= -x^2 + 2
以上から
∫x^2 sinx dx = (-x^2 + 2)cosx + 2xsinx
覚えることがポイント1だけでもかなり楽だと思います。みなさん、これ、裏技に使えるでしょうか？
瞬間部分積分法というのがあります。
ｆが整式
ｇがsin(ax+b),cos(ax+b),e~(ax+b)のときに使えます。
f(n)をfをn回微分したもの。
g<m>をgをm回積分したものとします。
そうすると、
∫ｆｇｄｘ＝fg<1>-f(1)g<2>+f(2)g<3>-f(3)g<4>+ ・・・
＋−が交互に出てくる。
ｆの方は最初そのまま、次からは微分を繰り返す。
ｇの方は最初から積分を順次繰り返す。
このとき、ｆは微分を続けるといつかは０になる。（整式だから）
ｇの積分は容易である。
なので、与えられた積分は、
∫x~2sinx dx=x^2(-cosx)-2x(-sinx)+2cosx+C
=-x^2cosx+2xsinx+2cosx+C
これなら、１０秒！
ｆが整式
ｇがsin(ax+b),cos(ax+b),e~(ax+b)のときに使えます。
f(n)をfをn回微分したもの。
g<m>をgをm回積分したものとします。
そうすると、
∫ｆｇｄｘ＝fg<1>-f(1)g<2>+f(2)g<3>-f(3)g<4>+ ・・・
＋−が交互に出てくる。
ｆの方は最初そのまま、次からは微分を繰り返す。
ｇの方は最初から積分を順次繰り返す。
このとき、ｆは微分を続けるといつかは０になる。（整式だから）
ｇの積分は容易である。
なので、与えられた積分は、
∫x~2sinx dx=x^2(-cosx)-2x(-sinx)+2cosx+C
=-x^2cosx+2xsinx+2cosx+C
これなら、１０秒！
瞬間部分積分法とは知りませんでしたが、考えてみたら不思議なものではなく必然的ですね。
２項定理
(a+b)^n=Σ[k=0,n]nCk a^(n-k) b^k
ライプニッツの公式
(fg)^(n)=Σ[k=0,n]nCk f^(n-k) g^k
等比数列の和の公式、ニュートンの公式(収束については適当)
(a+b)^(-1)
=1/(a+b)
=1/a * 1/{1+(b/a)}
=1/a * 1-(b/a)+(b/a)^2-(b/a)^3+(b/a)^4-…
=(1/a)-(b/a^2)+(b^2/a^3)-(b^3/a^4)+(b^4/a^5)-…
=a^(-1)b^0-a^(-2)b^1+a^(-3)b^2-a^(-4)b^3+a^(-5)b^4-…
瞬間部分積分法(収束については適当)
∫fdx=f^(-1)などと書くことにすると、形式的に、
∫fgdx
=(fg)^(-1)
=f^(-1)g^(0)-f^(-2)g^(1)+f^(-3)g^(2)-f^(-4)g^(3)+f^(-5)g^(4)-…
=g∫fdx-g^(1)∫∫fdxdx+g^(2)∫∫∫fdxdxdx-…
２項定理
(a+b)^n=Σ[k=0,n]nCk a^(n-k) b^k
ライプニッツの公式
(fg)^(n)=Σ[k=0,n]nCk f^(n-k) g^k
等比数列の和の公式、ニュートンの公式(収束については適当)
(a+b)^(-1)
=1/(a+b)
=1/a * 1/{1+(b/a)}
=1/a * 1-(b/a)+(b/a)^2-(b/a)^3+(b/a)^4-…
=(1/a)-(b/a^2)+(b^2/a^3)-(b^3/a^4)+(b^4/a^5)-…
=a^(-1)b^0-a^(-2)b^1+a^(-3)b^2-a^(-4)b^3+a^(-5)b^4-…
瞬間部分積分法(収束については適当)
∫fdx=f^(-1)などと書くことにすると、形式的に、
∫fgdx
=(fg)^(-1)
=f^(-1)g^(0)-f^(-2)g^(1)+f^(-3)g^(2)-f^(-4)g^(3)+f^(-5)g^(4)-…
=g∫fdx-g^(1)∫∫fdxdx+g^(2)∫∫∫fdxdxdx-…
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