解説

方針・初手

（1） は $\sqrt{1-x^2}$ を含むので、$x=\sin\theta$ とおく三角置換が自然である。すると被積分関数が三角関数の積に変わり、積分しやすくなる。

（2） は $\log(x^2+1)$ があるので、まず $t=x^2$ とおいて形を整える。その後、部分積分を用いると処理しやすい。

解法1

**(1)**

$$ I=\int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2},dx

$$

ここで

$$ x=\sin\theta \qquad \left(0\leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}\right)

$$

とおくと、

$$ dx=\cos\theta,d\theta,\qquad \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2\theta}=\cos\theta

$$

である。したがって

$$ I=\int_0^{\pi/2}\sin^2\theta\cos^2\theta,d\theta

$$

となる。

さらに

$$ \sin^2\theta\cos^2\theta=\frac{1}{4}\sin^2 2\theta =\frac{1}{8}(1-\cos 4\theta)

$$

より、

$$ I=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{8}(1-\cos 4\theta),d\theta =\frac{1}{8}\left[\theta-\frac{1}{4}\sin 4\theta\right]_0^{\pi/2}

$$

である。ここで $\sin 2\pi=\sin 0=0$ だから、

$$ I=\frac{1}{8}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{16}

$$

となる。

**(2)**

$$ J=\int_0^1 x^3\log(x^2+1),dx

$$

まず

$$ t=x^2

$$

とおくと、

$$ dt=2x,dx,\qquad x^3dx=x^2\cdot x,dx=t\cdot \frac{dt}{2}

$$

であり、積分区間は $x=0,1$ に対応して $t=0,1$ となる。よって

$$ J=\frac{1}{2}\int_0^1 t\log(1+t),dt

$$

を得る。

ここで部分積分を行う。すなわち

$$ u=\log(1+t),\qquad dv=t,dt

$$

とすると、

$$ du=\frac{1}{1+t},dt,\qquad v=\frac{t^2}{2}

$$

だから、

$$ \int_0^1 t\log(1+t),dt =\left[\frac{t^2}{2}\log(1+t)\right]_0^1-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{t^2}{1+t},dt

$$

となる。

ここで

$$ \frac{t^2}{1+t}=t-1+\frac{1}{1+t}

$$

であるから、

$$ \int_0^1 \frac{t^2}{1+t},dt =\int_0^1 \left(t-1+\frac{1}{1+t}\right)dt

$$

$$ =\left[\frac{t^2}{2}-t+\log(1+t)\right]_0^1 =\frac{1}{2}-1+\log 2 =\log 2-\frac{1}{2}

$$

となる。したがって

$$ \int_0^1 t\log(1+t),dt =\frac{1}{2}\log 2-\frac{1}{2}\left(\log 2-\frac{1}{2}\right) =\frac{1}{4}

$$

であり、

$$ J=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{8}

$$

を得る。

解説

（1） は $\sqrt{1-x^2}$ を見たら $x=\sin\theta$、$\sqrt{a^2-x^2}$ を見たら三角置換、という典型処理である。置換後に $\sin^2\theta\cos^2\theta$ が現れたら、倍角公式で $\sin 2\theta$ にまとめると計算しやすい。

（2） は対数関数そのものを直接積分するより、まず $x^2$ を新しい文字に直してから部分積分するのが自然である。さらに $\dfrac{t^2}{1+t}$ のような有理式は、多項式と分数式に分解して積分するのが定石である。

答え

$$ \begin{aligned}

**(1)**

;& I=\frac{\pi}{16} \\

**(2)**

;& J=\frac{1}{8} \end{aligned}

$$