1変数関数の積分の計算練習

$a$ を定数とすると，$
\left( x^a \right)^\prime = a x^{a-1}$ より，$
\displaystyle \int x^a \, dx =
\frac{x^{a+1}}{a+1} + C$（$C$ は積分定数）が成り立つ。これを使う。

$
\displaystyle \int\frac{2x-\sqrt[3]{x}}{\sqrt x}dx =
\int \left( 2 x^{\frac 1 2} – x^{- \frac 1 6} \right) \, dx =
\dfrac 4 3 x^{\frac 3 2 } – \frac 6 5 x^{\frac 5 6 } + C
$

$a$ を定数とすると，$
\left( \cos ax \right)^\prime = – a \sin ax$ より，$
\displaystyle \int \sin ax \, dx =
– \frac{1}{a} \cos ax + C$（$C$ は積分定数）が成り立つ。よって

$
\displaystyle \int \sin 2x \, dx =
– \frac{1}{2} \cos 2x + C
$

$
\displaystyle \int_1^2\frac{1}{(x+1)(x+2)}\, dx =
\int_1^2 \left( \frac{1}{x+1} – \frac {1}{x+2} \right) dx =
\big[ \log(x+1) – \log (x+2) \big]^2_1 =
\big( \log 3 – \log 4 \big) – \big( \log 2 – \log 3 \big) =
2 \log 3 – \log 2 – \log 4
$

定数 $a$ に対して，$
\left( e^{ax} \right)^\prime = a e^{ax}$より，$
\displaystyle \int e^{ax} \, dx =
\frac{1}{a} e^{ax} + C$（$C$ は積分定数）が成り立つ。よって

$
\displaystyle \int_0^1 e^{3x+2}\, dx = e^2 \int_0^1 e^{3x}\, dx =
e^2 \left[ \frac{1}{3} e^{3x} \right]^1_0 =
\frac{e^2}{3}\left( e^3 – 1\right)
$

$(ax+b)^4$ を展開してから多項式の積分をしても良いですけれども，せっかくですから置換積分をしましょう。以下，$C$ は常に積分定数とします。

$t=ax+b$ とすると，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = a$ である。

$
\displaystyle \int (ax + b)^4 \,dx =
\int (ax + b)^4 \frac 1 a \cdot a \,dx =
\int t^4 \frac 1 a \, dt =
\frac{t^5}{5a} + C = \frac{(ax+b)^5}{5a} + C
$

これも $x(x^2+1)^3$ を展開してから多項式の積分をしても良いですけれども，せっかくですから置換積分をしましょう。勉強は効率が悪い方が良いに決まっていますが，計算だけは効率よく行きましょう。そもそも，不定積分という考え方自体が効率を求めた計算方ですし。

$t=x^2+1$ とすると，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = 2x$ である。

$
\displaystyle \int x(x^2 + 1)^3 \, dx =
\int (x^2 + 1)^3 \frac 1 2 \cdot 2x \, dx =
\int t^3 \frac 1 2 \, dt =
\frac{ t^4}{8} + C = \frac{(x^2 +1)^4}{8} + C
$

典型的な部分積分の練習問題です。

$
\displaystyle \int x(e^x + e^{-x}) \,dx =
x( e^x – e^{-x}) – \int 1 \cdot (e^x – e^{-x}) \, dx =
x( e^x – e^{-x}) – (e^x + e^{-x}) + C
$

これも部分積分の練習問題です。でもちょっとした工夫が必要です。$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ であることを思い出しましょう。

$
\displaystyle \int x\sin x \cos x \, dx =
\int \frac x 2 \sin 2x \, dx =
\frac x 2 \left( – \frac{\cos 2x}{2} \right) –
\int \frac 1 2 \left( – \frac{\cos 2x}{2} \right) dx =
– \frac{x \cos 2x}{4} + \frac{\sin 2x}{8} + C
$

これも部分積分の練習問題です。

$
\displaystyle \int \frac{\log x}{\sqrt x} \,dx =
\int x^{-\frac 1 2 }\log x \, dx =
2x^{\frac 1 2 }\log x – \int 2 x ^{\frac 1 2 } \frac 1 x \, dx =
2x^{\frac 1 2 }\log x – 2 \int x^{- \frac 1 2} \, dx =
2x^{\frac 1 2 }\log x -4 x^{\frac 1 2} + C
$

これも部分積分の練習問題です。不定積分の公式を使います。

$
\displaystyle \int x \tan ^{-1} x \, dx =
\frac{x^2}{2} \tan^{-1} x – \int \frac{x^2}{2} \frac{1}{1 + x^2} \, dx =
\frac{x^2}{2} \tan^{-1} x – \frac 1 2 \int \left(1 – \frac{1}{1+x^2}
\right) dx =
\frac{x^2}{2} \tan^{-1} x – \frac x 2 + \frac{\tan^{-1}x}{2} + C
$

$(2x -1 )^3$ を展開してから多項式の積分をしても良いですけれども，せっかくですから置換積分をしましょう。

$t=2x -1 $ とすると，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = 2$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & 1 \\ \hline t & -1 & \to & 1
\end{array}$

$
\displaystyle \int^1_0 (2x-1)^3 \,dx =
\int^1_0 (2x -1)^3 \frac 1 2 \cdot 2 \, dx =
\int^1_{-1} t^3 \frac 1 2 \, dt =
\left[ \frac{t^4}{8} \right]^1_{-1} =
\frac{1^4}{8} – \frac{(-1)^4}{8} = 0
$

これはどちらを置換するかで手間が変わります。どちらを置換する方が手間がかからないか，分かりましたか。
$t=\sin x $ とすると，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = \cos x$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & \frac \pi 2 \\ \hline t & 0 & \to & 1
\end{array}$

$
\displaystyle \int_0^{\frac \pi 2} \cos x \sin^3 x \, dx =
\int^{\frac \pi 2}_0 \left( \sin ^3 x \right) \cos x \, dx =
\int^1_0 t^3 \, dt =
\left[ \frac{t^4}{4} \right]^1_0 = \frac 1 4
$

$t=1 + \log x $ とすると，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = \frac 1 x$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 1 & \to & 2 \\ \hline t & 1 & \to & 1 + \log 2
\end{array}$

$
\displaystyle \int_1^2\frac{(1+\log x)^2}{x}\,dx =
\int^2_1 (1 + \log x )^2 \frac 1 x \, dx =
\int^{1 + \log 2}_1 t^2 dt =
\left[ \frac{t^3}{3} \right]^{1 + \log 2}_1 =
\frac{(1 + \log 2)^3 – 1 }{3}
$

これは部分積分で簡単にできます。

$
\displaystyle \int_0^1 xe^{x} \, dx = \left[ x e^x \right]^1_0 –
\int^1_0 1\cdot e^x \, dx =
\left[ x e^x \right]^1_0 – \left[ e^x \right]^1_0 = 1
$

これはいじわるひっかけ問題です。4. との違いを理解してください。

$t=x^2$ とすると，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = 2x$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & 1 \\ \hline t & 0 & \to & 1
\end{array}$

$
\displaystyle \int_0^1 xe^{x^2} \, dx =
\int^1_0 e^{x^2} \frac 1 2 \cdot 2x \, dx =
\int^1_0 e^t \frac 1 2 \, dt =
\left[ \frac{e^t}{2} \right]^1_0 = \frac{e – 1}{2}
$

これは部分積分の練習問題です。

$
\displaystyle \int_1^2 x^2\log x \,dx =
\left[ \frac{x^3}{3}\log x \right]^2_1 – \int^2_1 \frac{x^3}{3}
\frac 1 x \, dx =
\left[ \frac{x^3}{3}\log x \right]^2_1 – \frac 1 3 \int^2_1 x^2 \, dx =
\left[ \frac{x^3}{3}\log x \right]^2_1 –
\frac 1 3 \left[\frac{x^3}{3} \right]^2_1 =
\frac{8 \log 2}{3} – \frac{7}{9}
$

$\displaystyle
\frac{x^4}{x^2-1} =
x^2 + 1 + \frac{1}{x^2-1} = x^2 + 1 + \frac 1 2 \left(\frac{1}{x-1} – \frac{1}{x+1} \right)$

という下書きをしておきましょう。

$\displaystyle \int \frac{x^4}{x^2-1} \,dx =
\int \left( x^2 + 1 + \frac 1 2 \left(\frac{1}{x-1} – \frac{1}{x+1} \right)
\right) dx =
\frac{x^3}{3} + x + \frac 1 2 \left( \log| x-1| – \log|x+1| \right) + C
$

$\displaystyle
\frac{1}{x(x^2-1)} = \frac 1 2 \left(\frac{1}{x(x-1)} – \frac{1}{x(x+1)}\right) =
\frac 1 2 \left( \left( \frac{1}{x-1} – \frac 1 x \right) – \left(\frac{1}{x} – \frac{1}{x+1}
\right)\right) = \frac{1}{2(x-1)} – \frac{1}{x} + \frac{1}{2(x+1)}
$

という式変形ができれば，あとは 1. と同じです。

$\displaystyle \int \frac{1}{x(x^2-1)} \,dx =
\int \left( \frac{1}{2(x-1)} – \frac{1}{x} + \frac{1}{2(x+1)}
\right) dx =
\frac 1 2 \log|x-1| – \log |x| + \frac 1 2 \log |x+1| + C
$

$\displaystyle
\frac{x-2}{x^3+1} = \frac{x-2}{(x + 1)(x^2 – x +1)} =
\frac{x-1}{x^2 -x +1} – \frac{1}{x+1}
$

という式変形ができたでしょうか。積分の計算のために，もう一歩踏み込んで，

$\displaystyle
\frac{x-1}{x^2 -x +1} – \frac{1}{x+1} = \frac 1 2 \left( \frac{2x-1}{x^2 -x +1}
– \frac{1}{x^2 – x +1} \right) – \frac{1}{x+1} =
\frac 1 2 \left( \frac{2x-1}{x^2 -x +1} – \frac{1}{\displaystyle \left(x -\frac 1 2 \right)^2
+ \frac 3 4 } \right) – \frac{1}{x+1}
$

まで計算をしておきましょう。

$\displaystyle \int \frac{x-2}{x^3+1} \,dx =
\int \left( \frac 1 2 \left( \frac{2x-1}{x^2 -x +1}
– \frac{1}{x^2 – x +1} \right) – \frac{1}{x+1}
\right) dx =
\frac 1 2 \log \left| x^2 – x +1 \right| –
\frac 1 2 \cdot \frac{2}{\sqrt 3} \tan^{-1} \frac{2}{\sqrt 3}\left( x – \frac 1 2 \right)
– \log |x+1| + C
$

これは置換積分をするだろうことは想像つくと思います。$\sqrt{x-1} =t$ とすると，$x-1 = t^2$ より，これは $x = t^2 +1$ という変換だとも考えられます。このとき，$x$ は $t$ の関数であり，$t$ の関数 $x$ を $t$ で微分すると，$\displaystyle \frac{dx}{dt} = 2t$ となります。

$\displaystyle \int
\frac{1}{x + \sqrt{x-1}} \,dx = \int \frac{1}{t^2 +1 + t} \cdot 2t \, dt =
\int \left( \frac{2t+1}{t^2 +1 + t} – \frac{1}{t^2 +1 + t} \right) dt =
\int \left( \frac{2t+1}{t^2 + t + 1 } –
\frac{1}{\displaystyle \left(t + \frac 1 2 \right)^2 + \frac 3 4 }
\right) dt = \log \left| t^2 + t +1 \right| –
\frac{2}{\sqrt 3} \tan^{-1} \frac{2}{\sqrt 3}\left( t + \frac 1 2 \right)
+ C = \log \big| |x-1| + \sqrt{x-1} +1 \big| –
\frac{2}{\sqrt 3} \tan^{-1} \frac{2}{\sqrt 3}\left( \sqrt{x-1} + \frac 1 2 \right)
+ C
$

$x=t^3$ とすると，$\displaystyle
\frac{dx}{dt} = 3 t^2$ です。

$\displaystyle
\int \frac{\sqrt[3]{x}}{x + 1} \, dx=
\int \frac{t}{t^3 + 1} 3 t^2 \, dt =
\int \left( 3 – \frac{3}{t^3 +1} \right) dt =
\int \left( 3 + \frac{t-2}{t^2 – t +1} – \frac{1}{t+1} \right) dt =
\int \left( 3 + \frac 1 2 \frac{2t-1}{t^2 – t +1} – \frac 3 2 \frac{1}{t^2 – t +1}
– \frac{1}{t+1} \right) dt =
\int \left( 3 + \frac 1 2 \frac{2t-1}{t^2 – t +1}
– \frac 3 2 \frac{1}{\displaystyle \left(t -\frac 1 2 \right)^2 + \frac 3 4 }
– \frac{1}{t+1} \right) dt =
3t + \frac 1 2 \log \left| t^2 -t +1 \right| –
\frac 3 2 \cdot \frac{2}{\sqrt 3} \tan^{-1} \frac{2}{\sqrt 3}\left( t – \frac 1 2 \right) –
\log | t + 1 | + C =
3\sqrt[3]{x} + \frac 1 2 \log \left| \sqrt[3]{x^2} – \sqrt[3]{x} +1 \right| –
\frac 3 2 \cdot \frac{2}{\sqrt 3}
\tan^{-1} \frac{2}{\sqrt 3}\left( \sqrt[3]{x} – \frac 1 2 \right) –
\log \left| \sqrt[3]{x} + 1 \right| + C
$

これは $t=x + \sqrt{1+x^2}$ と置換するパターンです。このとき，

$\dfrac{dt}{dx} = 1 + \dfrac{2x}{2\sqrt{1+x^2}} = 1 + \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} = \dfrac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}}$

となります。よって，

$\displaystyle
\int \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} \, dx =
\int \dfrac{1}{x + \sqrt{1+x^2}} \times \dfrac{x + \sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}} \, dx =
\int \dfrac 1 t \, dt = \log |t| + C =
\log \left| x + \sqrt{1+x^2} \right| + C$

$x = \sin \theta $ とすると，$\displaystyle \frac{dx}{d\theta} = \cos \theta$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & 1 \\ \hline \theta & 0 & \to & \displaystyle \frac \pi 2
\end{array}$
この範囲において，$\sqrt{\cos ^2 \theta} = \cos \theta$ であることに注意しましょう。

$\displaystyle \int^1_0 \frac{\sqrt{1-x^2}}{1+x} \, dx =
\int^{\frac \pi 2 }_0 \frac {\cos \theta}{1+ \sin \theta} \cos \theta \, d\theta =
\int^{\frac \pi 2 }_0 \frac {1 – \sin^2\theta}{1+\sin \theta} \, d\theta =
\int^{\frac \pi 2 }_0 (1-\sin\theta) \ d\theta =
\left[ \theta + \cos \theta \right]^{\frac \pi 2 }_0 =
\frac \pi 2 – 1
$

$x = t^2 +1 $ とすると，$\displaystyle
\frac{dx}{dt} = 2t$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 2 & \to & 3 \\ \hline \theta & 1 & \to & \sqrt 2
\end{array}$
この範囲において，$\sqrt{x-1} = t$ が成り立つことに注意しましょう。

$
\displaystyle \int^3_2 \frac{\sqrt{x-1}}{x + 1} \, dx =
\int^{\sqrt 2}_1 \frac {t}{t^2 + 2} \cdot 2t \, dt =
2 \int^{\sqrt 2}_1 \left( 1 – \frac{2}{t^2 +2} \right)\, dt =
2 \left[ t -2 \cdot \frac{1}{\sqrt 2}
\tan^{-1}\frac{t}{\sqrt 2}\right]^{\sqrt 2}_1 =
2\left( \sqrt 2 -1 \right) –
2\sqrt 2 \left( \frac \pi 4 – \tan^{-1}\frac{1}{\sqrt 2}\right)
$

$x = \log (t^2-1)$ とします。なぜこうするかは $\sqrt{e^x+1} = t$ から逆算して考えました。このとき，$\displaystyle
\frac{dx}{dt} = \frac{2t}{t^2 -1}$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & \log(e^2 -1) \\ \hline \theta & \sqrt 2 & \to & e
\end{array}$この範囲において確かに $\sqrt{e^x +1} = t$ が成り立ちます。

$
\displaystyle
\int_0^{\log(e^2 -1)} \sqrt{e^x +1} \, dx =
\int^e_{\sqrt 2} t\cdot \frac{2t}{t^2 -1} \, dt =
\int^e_{\sqrt 2} \left( 2 + \frac{1}{t-1} – \frac{1}{t+1} \right) dt =
\big[ 2t + \log(t-1) – \log(t+1) \big]^e_{\sqrt 2} =
2e + \log \frac{e-1}{e+1} -2\sqrt 2 – \log \frac{\sqrt 2 -1}{\sqrt 2 +1}
$

$\displaystyle
t = \tan \frac{x}{2}$ とすると，$\displaystyle
\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}$，$\displaystyle
\frac{dt}{dx} = \frac{1 + t^2}{2}$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & \displaystyle \frac \pi 2 \\ \hline t & 0 & \to & \displaystyle 1
\end{array}$

$\displaystyle
\int^{\frac \pi 2}_0 \frac{1}{4+5\sin x} \, dx =
\int^1_0 \frac{1}{\displaystyle 4 + 5 \frac{2t}{1 + t^2}}
\frac{2}{1 + t^2} \, dt =
\int^1_0 \frac{2}{4t^2 + 10t +4} \, dt
$

$ \displaystyle
=
\int^1_0 \frac{1}{\displaystyle \left( t + 2 \right)
\left( 2t + 1 \right)} \, dt =
\int^1_0 \frac{1}{3}
\left( \frac{2}{2t +1} – \frac{1}{t+2}\right) \, dt
$

$ \displaystyle
=
\frac 1 3 \big[ \log\left| 2t+1\right| –
\log \left| t + 2 \right| \big]^1_0 =
\frac 1 3 \log 2
$

1. と似た問題なのですが，置換積分をしたあとの計算が違います。ご注意を。
$\displaystyle
t = \tan \frac{x}{2}$ とすると，$\displaystyle
\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}$，$\displaystyle
\frac{dt}{dx} = \frac{1 + t^2}{2}$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & \displaystyle \frac \pi 2 \\ \hline t & 0 & \to & \displaystyle 1
\end{array}$

$\displaystyle
\int^{\frac \pi 2}_0 \frac{1}{5+4\sin x} \, dx =
\int^1_0 \frac{1}{\displaystyle 5 + 4 \frac{2t}{1 + t^2}}
\frac{2}{1 + t^2} \, dt =
\int^1_0 \frac{2}{5t^2 + 8t +5} \, dt
$

$ \displaystyle
=
\int^1_0 \frac{2}{\displaystyle \displaystyle
5 \left(t+ \frac 4 5 \right)^2 + \frac 9 5 } \, dt =
\frac{2}{5} \int^1_0
\frac{1}{\displaystyle \displaystyle
\left(t+ \frac 4 5 \right)^2 + \frac 9 {25} } \, dt
$

$ \displaystyle
=
\frac{2}{5} \left[
\frac 5 3 \tan^{-1}\frac 5 3 \left( t + \frac 4 5 \right)
\right]^1_0 =
\frac 2 3 \left( \tan^{-1}3 – \tan^{-1} \frac 4 3 \right)
$

$t = \tan x $ とすると，$\displaystyle \sin^2 x = \frac{t^2}{1+t^2}$，$\displaystyle \cos^2 x = \frac{1}{1+t^2}$，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = 1 + t^2$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & \displaystyle \frac \pi 4 \\ \hline t & 0 & \to & \displaystyle 1
\end{array}$

$\displaystyle
\int^{\frac \pi 4}_0 \frac{\sin^2 x}{4+\cos ^2 x} \, dx =
\int^1_0 \frac{\displaystyle \frac{t^2}{1+t^2}}{\displaystyle 4 + \frac{1}{1+t^2}} \frac{1}{1+t^2} \, dt =
\int^1_0 \frac{t^2}{\left(4t^2 + 5\right)\left(t^2 + 1\right)} \, dt
$

$ \displaystyle
=
\int^1_0 \left( \frac{5}{4t^2 + 5} – \frac{1}{t^2+1} \right) \, dt =
\left[ \frac 5 4 \cdot \frac{2}{\sqrt 5} \tan^{-1}\frac{2t}{\sqrt 5} –
\tan^{-1} t \right]^1_0
$

$ \displaystyle
=
\frac{\sqrt 5}{2} \tan^{-1}\frac{2}{\sqrt 5} – \frac{\pi}{4}
$

いじわるひっかけ問題です。できましたか。
$t = \cos x $ とすると，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = -\sin x $ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & \displaystyle \frac \pi 4 \\ \hline t & 1 & \to & \displaystyle \frac 1 {\sqrt 2}
\end{array}$

$\displaystyle
\int^{\frac \pi 4}_0 \tan^3 x \, dx =
\int^{\frac \pi 4}_0 – \frac{\sin^2 x}{\cos ^3 x} \cdot (- \sin x)
\, dx =
\int^{\frac \pi 4}_0 – \frac{1- \cos^2 x}{\cos ^3 x} \cdot (-\sin x)
\, dx
=
\int^{\frac 1 {\sqrt 2}}_1 – \frac{ 1 – t^2}{t^3} \, dt =
\int^{\frac 1 {\sqrt 2}}_1 \left(\frac{1}{t} – \frac{1}{t^3} \right)
\, dt
=
\left[
\log t + \frac{t^{-2}}{2}
\right]^{\frac 1 {\sqrt 2}}_1 = あとはお任せします。
$