A 回答 (2件)
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No.2
- 回答日時:
左辺、∫xf(sinx)dxをまともに積分するのは大変なので、知恵を働かせて楽をするためです
π-x=tと置き
左辺の積分区間を分割すると
左辺=∫[0→π/2]xf(sinx)dx+∫[π/2→π]xf(sinx)dx
xのときの積分区間[π/2→π]が置換によって[π/2→0]に変わりますから
∫[π/2→π]xf(sinx)dxの置換が∫[π/2→0]tf(sint)dt=-∫[0→π/2]tf(sint)dtとなってくれれば∫[0→π/2]xf(sinx)dxと相殺されますので、期待が持てるという事です。
実際にこの置換積分をしてみると
π-x=t
-dx=dt
sinx=sin(π-t)=sint
[π/2→π]が[π/2→0]に変更なので
∫[π/2→π]xf(sinx)dx=∫[π/2→0](π-t)f(sint)(-dt)
=π∫[π/2→0]-f(sint)dt-∫[π/2→0]-tf(sint)dt
=π∫[0→π/2]f(sint)dt-∫[0→π/2]tf(sint)dt
積分変数にxとtの違いはあっても、定積分計算の要領は同じなので
π∫[0→π/2]f(sint)dt-∫[0→π/2]tf(sint)dtと
π∫[0→π/2]f(sinx)dx-∫[0→π/2]xf(sinx)dxの値は等しいですから
当初の期待通り相殺がおこり
左辺=∫[0→π/2]xf(sinx)dx+∫[π/2→π]xf(sinx)dx(=π∫[0→π/2]f(sint)dt)=π∫[0→π/2]f(sinx)dxが得られます
右辺も同様で 積分区間をπ/2で分割して
π-x=t という置換をすると
右辺=(π/2)∫[0→Π/2]f(sinx)dx+(π/2)∫[0→Π/2]f(sint)dtがえられますから
今度は相殺ではなく単純な加算となりやはり計算が楽です
この結果
右辺=(π/2)∫[0→Π/2]f(sinx)dx+(π/2)∫[0→Π/2]f(sint)dt=2・(π/2)∫[0→Π/2]f(sinx)dx
=π∫[0→Π/2]f(sinx)dx
以上から左辺=右辺 を楽に示すことが出来ます
No.1
- 回答日時:
そう置換すると、たまたまウレシイことが起こるからです。
こんなの、どこから思いつくんでしょうね?
S = ∫[0,π] x f(sin x) dx と置き、y = π - x で置換すると、
S = ∫[0,π] x f(sin x) dx = ∫[π,0] (π-y) f(sin(π-y)) (-dy) = ∫[0,π] (π-y) f(sin y) dy
= π∫[0,π] f(sin y) dy - ∫[0,π] y f(sin y) dy = π∫[0,π] f(sin y) dy - S. ←[1]
よって、2S = π∫[0,π] f(sin y) dy から S = (π/2)∫[0,π] f(sin y) dy. ←[2]
巧妙すぎて、特に応用もなさそうだし。思いついたらこの問題が解けるだけです。
強いて言えば、[2]から逆算して[1]の形になるはずだ と見当をつければ、
sin(π-y) = sin y を使うシカケが見えてくるかなあ とかいうくらいの話。
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