本時の目標

  1. 置換積分により,\(\sqrt{x + a}\) を含む無理関数の不定積分を求めることができる。
  2. \(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\) を含む不定積分を求めることができる。
  3. \(u = x + \sqrt{1 + x^2}\) の置き換えにより,\(\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} \,dx\) を求めることができる。
  4. 部分積分を用いて,\(\displaystyle \int \sqrt{1 - x^2} \,dx\)\(\displaystyle \int \sqrt{1 + x^2} \,dx\) を求めることができる。

\(\sqrt{x + a}\) を含む関数の不定積分

例題1

不定積分 \(\displaystyle \int x \sqrt{x + 1}\,dx\) を求めましょう。

解 答

置換積分を行います。まずは,\(u = x + 1\) とおいてみましょう。\[\frac{du}{dx} = 1 \quad \mbox{∴} \quad du = dx\]\[\int x \sqrt{x + 1}\,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int (u - 1)\sqrt{u} \,du \\ \displaystyle = \int \left(u^{\frac{3}{2}} - u^{\frac{1}{2}}\right) \,du \\ \displaystyle = \frac{2}{5} u^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} + C \\ \displaystyle = \frac{2}{15} u^{\frac{3}{2}}\left(3u - 5\right) + C \\ \displaystyle = \frac{2}{15} (x + 1)^{\frac{3}{2}} \left\{3(x + 1) - 5\right\} + C \\ \displaystyle = \frac{2}{15}(x + 1)^{\frac{3}{2}}(3x - 2) + C\end{array}\]

これで計算できるのですが,一般的には \(u = \sqrt{x + 1}\) とおいた方が計算が容易になります。\[\begin{array}{l} \displaystyle \frac{du}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{x + 1}} = \frac{1}{2u} \\ \mbox{∴} \quad 2u\,du = dx \end{array}\]\[\int x \sqrt{x + 1}\,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int (u^2 - 1)u \cdot 2u \,du \\ \displaystyle = 2 \int (u^4 - u^2)\,du \\ \displaystyle = 2\left(\frac{u^5}{5} - \frac{u^3}{3}\right) + C \\ \displaystyle = \frac{2}{15}u^3(3u^2 - 5) + C \\ \displaystyle = \frac{2}{15}(x + 1)^{\frac{3}{2}}(3x - 2) + C \end{array}\]

特に,\(\displaystyle \int \frac{1}{x \sqrt{x + 1}} \,dx\) のように,分母に根号が入った式の場合に威力絶大です。

例題2

不定積分 \(\displaystyle \int \frac{1}{x \sqrt{x + 1}} \,dx\) を求めましょう。

解 答

\(u = \sqrt{x + 1}\) とおくと,\(\displaystyle \frac{du}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{x + 1}}\)\[\mbox{∴} \quad 2\,du = \frac{dx}{\sqrt{x + 1}}\]また,\(u^2 = x + 1\) だから \(x = u^2 - 1\)\[\int \frac{1}{x \sqrt{x + 1}} \,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int \frac{1}{x} \cdot \frac{dx}{\sqrt{x + 1}} \\ \displaystyle = 2 \int \frac{1}{u^2 - 1} \,du \\ \displaystyle = 2 \int \frac{1}{(u - 1)(u + 1)}\,du \\ \displaystyle = \int \left(\frac{1}{u - 1} - \frac{1}{u + 1}\right) \,du \\ \displaystyle = \log |\,u - 1\,| - \log |\,u + 1\,| + C \\ \displaystyle = \log \left|\frac{u - 1}{u + 1}\right| + C \\ \displaystyle = \log \left|\frac{\sqrt{x + 1} - 1}{\sqrt{x + 1} + 1}\right| + C \end{array}\]

\(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\) を含む積分

例題3 次の不定積分を求めましょう。

  1. \(\displaystyle I_1 = \int \frac{x + 1}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx\)
  2. \(\displaystyle I_2 = \int \sqrt{1 - x^2} \,dx\)

解 答

\[I_1 = \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx + \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx\]と2つに分けて積分します。ナゼでしょうか?

被積分関数の分母が \(\sqrt{1 - x^2}\) です。\(u = 1 - x^2\) とおけば,\(\displaystyle \frac{du}{dx} = -2x\) となるので,\(\displaystyle \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx\) は置換積分で求めることができそうです。さらに,後半の \(\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx\) については\[\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx = \sin^{-1} x + C\]であることが分かっています。

それでは,前半の置換積分です。前述のとおり \(u = 1 - x^2\) でイイのですが,\(u = \sqrt{1 - x^2}\) とおいた方が計算が楽です。\[\begin{array}{l} \displaystyle \frac{du}{dx} = \frac{-\cancel{2}x}{\cancel{2}\sqrt{1 - x^2}} \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad -du = \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = -\int \,du \\ \displaystyle = -u + C \\ = -\sqrt{1 - x^2} + C \\ \end{array} \end{array}\]以上より\[I_1 = -\sqrt{1 - x^2} + \sin^{-1} x + C\]

\(I_2\)\(\displaystyle \int \log x \,dx\) を求めたときと同じように部分積分を行います。\[\begin{array}{l} \displaystyle \int \sqrt{1 - x^2} \,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int (x)' \cdot \sqrt{1 - x^2} \,dx \\ \displaystyle = x \cdot \sqrt{1 - x^2} - \int x \cdot \frac{-\cancel{2}x}{\cancel{2}\sqrt{1 - x^2}} \,dx \\ \displaystyle = x \sqrt{1 - x^2} - \int \frac{-x^2}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx \\ \displaystyle = x \sqrt{1 - x^2} - \int \frac{1 - x^2 - 1}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx \\ \displaystyle = x \sqrt{1 - x^2} - \int \left(\frac{1 - x^2}{\sqrt{1 - x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\right) \,dx \\ \displaystyle = x\sqrt{1 - x^2} - \int \sqrt{1 - x^2} \,dx + \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx \\ = x\sqrt{1 - x^2} - I_2 + \sin^{-1} x \end{array} \\[8px] \begin{array}{l} \displaystyle \mbox{∴} \quad 2I_2 = x \sqrt{1 - x^2} + \sin^{-1} x \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad I_2 = \frac{1}{2} \left(x \sqrt{1 - x^2} + \sin^{-1} x\right) + C \end{array} \end{array}\]

\(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\) を含む積分

例題4 次の不定積分を求めましょう。

  1. \(\displaystyle I_3 = \int \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} \,dx\)
  2. \(\displaystyle I_4 = \int \sqrt{1 + x^2} \,dx\)

解 答

\(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\) の積分は \(\displaystyle u = x + \sqrt{1 + x^2}\) という置き換えをします。\[\begin{array}{l} u = x + \sqrt{1 + x^2} \\ \displaystyle \frac{du}{dx} \begin{array}[t]{l} \displaystyle = 1 + \frac{\cancel{2}x}{\cancel{2}\sqrt{1 + x^2}} \\ \displaystyle = \frac{\sqrt{1 + x^2} + x}{\sqrt{1 + x^2}} \\ \displaystyle = \frac{u}{\sqrt{1 + x^2}} \end{array} \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad \frac{du}{u} = \frac{dx}{\sqrt{1 + x^2}} \end{array} \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad I_3 \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int \frac{1}{u} \,du \\ \displaystyle = \log |\,u\,| + C \\ \displaystyle = \log \left(x + \sqrt{1 + x^2}\right) + C \end{array}\]

\(I_4\) も部分積分により求めます。\[\begin{array}{l} I_4 \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int \sqrt{1 + x^2} \,dx \\ \displaystyle = \int (x)' \cdot \sqrt{1 + x^2} \,dx \\ \displaystyle = x \cdot \sqrt{1 + x^2} - \int x \cdot \frac{\cancel{2}x}{\cancel{2}\sqrt{1 + x^2}} \,dx \\ \displaystyle = x\sqrt{1 + x^2} - \int \frac{x^2}{\sqrt{1 + x^2}} \,dx \\ \displaystyle = x\sqrt{1 + x^2} - \int \frac{1 + x^2 - 1}{\sqrt{1 + x^2}} \,dx \\ \displaystyle = x\sqrt{1 + x^2} - \int \frac{1 + x^2}{\sqrt{1 + x^2}} \,dx + \int \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} \,dx \\ \displaystyle = x\sqrt{1 + x^2} - I_4 + \log \left(x + \sqrt{1 + x^2}\right) \end{array} \\[8px] \begin{array}{l} \displaystyle \mbox{∴} \quad 2I_4 = x\sqrt{1 + x^2} + \log \left(x + \sqrt{1 + x^2}\right) \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad I_4 = \frac{1}{2}\left\{x\sqrt{1 + x^2} + \log \left(x + \sqrt{1 + x^2}\right)\right\} + C \end{array} \end{array}\]

追記です

上の例題において施した \(u = x + \sqrt{1 + x^2}\) の置き換えに対して違和感を感じる方はいらっしゃらないでしょうか? 私は,唐突に現れる式に「何じゃコリャ!」と突っ込みたくなります.実は,双曲線関数が関係しておりまして,こちらの記事にそのことが書いてあります.興味のある方はお読みください.\[\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\,dx \ \mbox{&}\ \int \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\,dx\ ,\quad \int \sqrt{1 - x^2}\,dx \ \mbox{&}\ \int \sqrt{1 + x^2}\,dx\]がほぼほぼ同じ積分であることが理解できるはずです.これだけよく似た関数の積分が全く異なる形になる・・・ということの方が不自然ですよね.

Last modified: Wednesday, 27 September 2023, 7:54 AM