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。

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

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

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

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

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

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

$(ax+b{)}^4$ 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。

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

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。

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

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。

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

これも部分積分の練習問題です。

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

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。

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

$(2x-1{)}^3$ 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，
$\begin{array}{cccc}x& 0& \to & 1\\ t& -1& \to & 1\end{array}$

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

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，
$\begin{array}{cccc}x& 0& \to & \frac{\pi }{2}\\ t& 0& \to & 1\end{array}$

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

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

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

これは部分積分で簡単にできます。

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

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，
$\begin{array}{cccc}x& 0& \to & 1\\ t& 0& \to & 1\end{array}$

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

これは部分積分の練習問題です。

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

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

という下書きをしておきましょう。

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

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

という式変形ができれば，あとは 1. と同じです。

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

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

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，

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

まで計算をしておきましょう。

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

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。

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

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

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

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

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

となります。よって，

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

$x=\sin \theta$ とすると，${\displaystyle \frac{dx}{d\theta }=\cos \theta }$ であり，
$\begin{array}{cccc}x& 0& \to & 1\\ \theta & 0& \to & {\displaystyle \frac{\pi }{2}}\end{array}$
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。

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

$x=t^2+1$ とすると，${\displaystyle \frac{dx}{dt}=2t}$ であり，
$\begin{array}{cccc}x& 2& \to & 3\\ \theta & 1& \to & \sqrt{2}\end{array}$
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。

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

$x=\log (t^2-1)$ 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，
$\begin{array}{cccc}x& 0& \to & \log (e^2-1)\\ \theta & \sqrt{2}& \to & e\end{array}$この範囲において確かに $\sqrt{e^x+1}=t$ が成り立ちます。

${\displaystyle {\int }_0^{\log (e^2-1)}\sqrt{e^x+1}dx={\int }_{\sqrt{2}}^{e}t\cdot \frac{2t}{t^2-1}dt={\int }_{\sqrt{2}}^e(2+\frac{1}{t-1}–\frac{1}{t+1})dt=[2t+\log (t-1)–\log (t+1){]}_{\sqrt{2}}^e=2e+\log \frac{e-1}{e+1}-2\sqrt{2}–\log \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}}$

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

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

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

${\displaystyle =\frac{1}{3}[\log |2t+1|–\log |t+2|{]}_0^1=\frac{1}{3}\log 2}$

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，
$\begin{array}{cccc}x& 0& \to & {\displaystyle \frac{\pi }{2}}\\ t& 0& \to & {\displaystyle 1}\end{array}$

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

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

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

$t=\tan x$ 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，
$\begin{array}{cccc}x& 0& \to & {\displaystyle \frac{\pi }{4}}\\ t& 0& \to & {\displaystyle 1}\end{array}$

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

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

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

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，
$\begin{array}{cccc}x& 0& \to & {\displaystyle \frac{\pi }{4}}\\ t& 1& \to & {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\end{array}$

${\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{3}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}–\frac{{\sin }^{2}x}{{\cos }^{3}x}\cdot (-\sin x)dx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}–\frac{1-{\cos }^{2}x}{{\cos }^{3}x}\cdot (-\sin x)dx={\int }_1^{\frac{1}{\sqrt{2}}}–\frac{1–t^2}{t^3}dt={\int }_1^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\left(\frac{1}{t}–\frac{1}{t^3}\right)dt={[\log t+\frac{t^{-2}}{2}]}_1^{\frac{1}{\sqrt{2}}}=\mathrm{あ}\mathrm{と}\mathrm{は}\mathrm{お}\mathrm{任}\mathrm{せ}\mathrm{し}\mathrm{ま}\mathrm{す}。}$