微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2007 年 6 月 26 日^{1} § 3.3 不定積分の計算の補足例 3.a I_{m} = ∫ \frac{dx}{(x^{2} + A)^{m}} dx とするとき、次の漸化式が成立する。

I_{m} = \frac{1}{2A(m − 1)} \{\frac{x}{(x^{2} + A)^{m−1}} + (2m − 3)I_{m−1}\} , m = 2, 3, ….

これより、例えば次を得る。

∫ \frac{dx}{(x^{2} + a^{2})^{2}} = \frac{1}{2a^{2}} \{\frac{x}{x^{2} + a^{2}} + ∫ \frac{dx}{x^{2} + a^{2}} \} = \frac{1}{2a^{2}} \{\frac{x}{x^{2} + a^{2}} + \frac{1}{a} Arctan \frac{x}{a}\} + C.

[A] 有理関数の積分 ∫ \frac{P (x)}{Q(x)} dx の求め方 (P (x), Q(x) は多項式)

1. P (x) を Q(x) で割った商を g(x), 余りを P_{0}(x) とすると

\frac{P (x)}{Q(x)} = g(x) + \frac{P_{0}(x)}{Q(x)}, (P_{0}(x) の次数)< (Q(x) の次数)

で g(x) は多項式だから、 ∫ \frac{P_{0}(x)}{Q(x)} dx について考えればよい。

2. 次の部分分数展開に関する事実を用いる:

Q(x) = 0 の相異なる根を α_{1}, …, α_{K}, β_{1} ± γ_{1}\sqrt{−1}, …, β_{L} ± γ_{L}\sqrt{−1} (α_{k}, β_{l}, γ_{l} ∈ R, γ_{l} ≠ 0) とすると、

Q(x) = a(x − α_{1})^{m_{1}} ⋯ (x − α_{K})^{m_{K}} · {(x − β_{1})^{2} + γ_{1}^{2}}^{n_{1}} ⋯ {(x − β_{L})^{2} + γ_{L}^{2}}^{n_{L}}

と因数分解できる (m_{1}, …, m_{K}, n_{1}, …, n_{L} ∈ N)。次のように部分分数展開される:

\frac{P_{0}(x)}{Q(x)} = ∑_{k=1}^{K} ∑_{i=1}^{m_{k}} \frac{A_{k,i}}{(x − α_{k})^{i}} + ∑_{l=1}^{L} ∑_{j=1}^{n_{L}} \frac{B_{l,j}x + C_{l,j}}{\{(x − β_{l})^{2} + γ_{l}^{2}\}^{j}}

3. 2 より ∫ \frac{A}{(x − α)^{i}} dx, ∫ \frac{Bx + C}{\{(x − β)^{2} + γ^{2}\}^{j}} dx を求めればよい。 (積分定数を省略する。 )

∫ \frac{A}{(x − α)^{i}} dx = A log |x − α| (i = 1), ∫ \frac{A}{(x − α)^{i}} dx = −\frac{A}{i − 1} \frac{1}{(x − α)^{i−1}} (i ≥ 2)

Bx + C = B(x − β) + Bβ + C で、 t = (x − β)^{2} + γ^{2}, u = x − β とおくと、

∫ \frac{Bx + C}{\{(x − β)^{2} + γ^{2}\}^{j}} dx = \frac{B}{2} ∫ \frac{2(x − β)}{\{(x − β)^{2} + γ^{2}\}^{j}} dx + ∫ \frac{Bβ + C}{\{(x − β)^{2} + γ^{2}\}^{j}} dx
= \frac{B}{2} ∫ \frac{1}{t^{j}} dt + (Bβ + C) ∫ \frac{1}{(u^{2} + γ^{2})^{j}} du

となり、特に右辺第 2 項は例 3.a の漸化式により計算できる。

例 3.6’ (1) I = ∫ \frac{dx}{(x − 1)^{2}(x^{2} + 1)} (2) I = ∫ \frac{x^{3}}{x^{3} − 1} dx を求めよ。

問題 22 次の不定積分を求めよ。^{2}

(1) I = ∫ \frac{x^{3}}{x^{2} + 1} dx  (2) I = ∫ \frac{dx}{x^{2}(x − 1)^{2}}  (3) I = ∫ \frac{dx}{1 + x^{3}}  (4) I = ∫ \frac{dx}{1 + x^{4}}

(4) \frac{1}{4\sqrt{2}} log \frac{x^{2}+\sqrt{2}x+1}{x^{2}−\sqrt{2}x+1} + \frac{1}{2\sqrt{2}} (Arctan(\sqrt{2}x + 1) + Arctan(\sqrt{2}x − 1)),

1http://www.math.u-ryukyu.ac.jp/˜ sugiura/index.html からもダウンロードできます。 2問題 22 解答: (積分定数は略す) (1) \frac{1}{2} (x^{2} −log(x^{2} +1)), (2) 2 log | \frac{x}{x−1} |− \frac{1}{x} − \frac{1}{x−1} , (3) \frac{1}{3} (log \frac{|x+1|}{\sqrt{x^{2}−x+1}} +\sqrt{3} Arctan \frac{2x−1}{\sqrt{3}} ),

以下、 P (x, y), Q(x, y) を x と y の多項式とし、 R(x, y) = \frac{P (x, y)}{Q(x, y)} を有理関数とする。

[B] 無理関数の積分

1) I = ∫ R( x, \sqrt[n]{\frac{ax + b}{cx + d}} ) dx (ad − bc ≠ 0, n ≥ 2)

t = \sqrt[n]{\frac{ax + b}{cx + d}} とおくと、 t^{n} = \frac{ax + b}{cx + d} より x = \frac{dt^{n} − b}{−ct^{n} + a}. よって、このように置換することで有理

関数の積分に帰着される。 (t = \sqrt[n]{\frac{cx + d}{ax + b}} と置換したほうが簡単な場合もある。 )

2) I = ∫ R( x, \sqrt{ax^{2} + bx + c}) dx

(1) a > 0 のとき: t = \sqrt{a}x + \sqrt{ax^{2} + bx + c} とおくと、 x = \frac{t^{2} − c}{2\sqrt{a}t + b} となるので、 x を t に置換することで有理関数の積分に帰着される。

(2) a < 0 のとき: ax^{2} + bx + c = 0 の 2 根を α, β (α < β) とするとき^{3}、 t = \sqrt{\frac{x − α}{β − x}} (α < x < β)

と変数変換すれば、 t^{2} = \frac{x − α}{β − x} より x = \frac{βt^{2} + α}{t^{2} + 1} となるので、このように置換することで有理関数の積分に帰着される。

例 3.7 I = ∫ \frac{dx}{x\sqrt{1 + x}} を求めよ。

例 3.8’ (1) I = ∫ \sqrt{x^{2} + a} dx (2) I = ∫ \sqrt{x(1 − x)} dx を求めよ。問題 23 次の不定積分を求めよ。^{4}

(1) I = ∫ \frac{dx}{\sqrt{x^{2} − 4}} (2) I = ∫ \frac{x dx}{\sqrt{x^{2} + 2x + 2}} (3) I = ∫ \sqrt{1 − \sqrt{x}} dx (4) I = ∫ \frac{x dx}{1 + \sqrt{x}}

(5) I = ∫ \sqrt{\frac{1 − x}{1 + x}} dx (6) I = ∫ \frac{x}{\sqrt{5x − 6 − x^{2}}} dx (7) I = ∫ \frac{1}{x\sqrt{x^{2} + x + 1}} dx (8) I = ∫ \frac{\sqrt[3]{x}}{\sqrt{x} − 1} dx

[C] 三角関数の積分 ∫ R(cos x, sin x) dx t = tan \frac{x}{2} とおくと、 cos x = \frac{1 − t^{2}}{1 + t^{2}} , sin x = \frac{2t}{1 + t^{2}} で\frac{dx}{dt} = \frac{2}{1 + t^{2}} となるから、このように置換するこ

とで有理関数の積分に帰着される。

注意: cos^{2} x, sin^{2} x, tan x の関数の場合、 t = tan x とすれば、 cos^{2} x = \frac{1}{1 + t^{2}} , sin^{2} x = \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} , \frac{dx}{dt} = \frac{1}{1 + t^{2}} となるので、こう置換したほうが容易に計算できる。

例 3.9’ (1) I = ∫ \frac{dx}{1 + sin x} (2) I = ∫ \frac{dx}{1 + sin^{2} x} を求めよ。問題 24 次の不定積分を求めよ。^{5}

(1) I = ∫ \frac{dx}{sin x} (2) I = ∫ \frac{dx}{a + cos x} (a > 1) (3) I = ∫ \frac{dx}{3 + 2 tan x} (4) I = ∫ \frac{cos^{2} x}{sin^{2} x + 3} dx

3a < 0 かつ ax^{2} + bx + c > 0 となる x が (区間として) あるので、 ax^{2} + bx + c = 0 は相異なる 2 根をもつ。 4問題 23 解答: (積分定数は略す) (1) log |x + \sqrt{x^{2} − 4}|, (2) \sqrt{x^{2} + 2x + 2} − log(x + 1 + \sqrt{x^{2} + 2x + 2}), (3) \frac{4}{5} (1 − \sqrt{x})^{5/2} − \frac{4}{3} (1 − \sqrt{x})^{3/2} (t = 1 − \sqrt{x} とおく) (4) −2 log(1 + \sqrt{x}) + \frac{2}{3} x^{3/2} − x + 2\sqrt{x}, (5) \sqrt{(1 − x)(x + 1)} − 2 Arctan \sqrt{\frac{1−x}{1+x}}, (6) 5 Arctan \sqrt{\frac{x−2}{3−x}} − \sqrt{5x − 6 − x^{2}}, (7) log | \frac{x+\sqrt{x^{2}+x+1}−1}{x+\sqrt{x^{2}+x+1}+1} |, (8) \frac{6}{5} x^{\frac{5}{6}} + 3x^{\frac{1}{3}} + log \frac{(x^{1/6}−1)^{2}}{x^{1/3}+x^{1/6}+1} + 2\sqrt{3} Arctan \frac{2}{\sqrt{3}} (x^{\frac{1}{6}} + \frac{1}{2} )

5問題 24 解答: (積分定数は略す) (1) log | tan \frac{x}{2} |, (2) \frac{2}{\sqrt{a^{2}−1}} Arctan (\sqrt{\frac{a−1}{a+1}} tan \frac{x}{2} ), (3) \frac{2}{13} log | sin x + \frac{3}{2} cos x| + \frac{3}{13} x, (4) \frac{2}{\sqrt{3}} Arctan( \frac{2}{\sqrt{3}} tan x) − x