有理関数の部分分数分解・原始関数 解答例
原始関数を求める練習問題 解答例
問題１
I
m=
Z 1
(x
2+ A)
mdx (A 6 = 0)
と置けば、m = 1, 2, 3, . . .
に対して漸化式：I
m+1= 1 2Am
Ω x
(x
2+ A)
m+ (2m − 1)I
mæ
が成り立つことを証明して下さい。
解答例： 被積分関数を変形して二つの積分に分解して計算すると
I
m+1=
Z 1
(x
2+ A)
m+1dx
= 1 A
Z x
2+ A − x
2(x
2+ A)
m+1dx
= 1 A
Z x
2+ A
(x
2+ A)
m+1dx + 1 A
Z − x
2(x
2+ A)
m+1dx
= 1 A
Z 1
(x
2+ A)
mdx + 1 2A
Z
x − 2x (x
2+ A)
m+1dx
= 1
A I
m+ 1 2A
Z
x − 2x (x
2+ A)
m+1dx
となるので、第２項は部分積分して= 1
A I
m+ 1
2Am x 1
(x
2+ A)
m− 1 2Am
Z 1
(x
2+ A)
mdx
= 1
A I
m+ 1
2Am x 1
(x
2+ A)
m− 1 2Am I
m= 1 2Am
x
(x
2+ A)
m+ 2m − 1 2Am I
mが得られる。
問題２ 次の各原始関数を求めて下さい：
（１）
Z 1
x
2− 1 dx
解答例：
Z 1
x
2− 1 dx = Z 1
2 µ 1
x − 1 − 1 x + 1
∂ dx
= 1
2 (log | x − 1 | − log | x + 1 | ) + C
= 1 2 log
Ø Ø Ø Ø
x − 1 x + 1 Ø Ø Ø Ø + C
ただし
C
は積分定数。（２）
Z 1
(x
2+ 1)
2dx
解答例：
Z 1
(x
2+ 1)
2dx =
Z x
2+ 1 − x
2(x
2+ 1)
2dx
=
Z x
2+ 1 (x
2+ 1)
2dx +
Z − x
2(x
2+ 1)
2dx
=
Z 1
x
2+ 1 dx + 1 2
Z
x − 2x (x
2+ 1)
2dx
=Tan
−1x + 1 2
Z
x − 2x (x
2+ 1)
2dx
=Tan
−1x + 1 2 x 1
x
2+ 1 − 1 2
Z 1
x
2+ 1 dx
=Tan
−1x + 1 2
x x
2+ 1 − 1
2 Tan
−1x + C
= 1 2
x x
2+ 1 + 1
2 Tan
−1x + C
ただしC
は積分定数。（３）
Z x
4x
2+ 1 dx
解答例：
Z x
4x
2+ 1 dx =
Z x
4− 1 + 1 x
2+ 1 dx
= Z
(x
2− 1)dx +
Z 1
x
2+ 1 dx
= 1
3 x
3− x + Tan
−1x + C
ただしC
は積分定数。（４）
Z 1
x
3+ 1 dx
解答例：
Z 1
x
3+ 1 dx =
Z 1
(x + 1)(x
2− x + 1) dx
なので、この右辺の被積分関数を部分分数分解する。1
(x + 1)(x
2− x + 1) = A
x + 1 + B(x −
12) + C (x −
12)
2+
34 と置いて右辺を通分し両辺の分子を比較すると1 = A Ω
(x − 1 2 )
2+ 3
4 æ
+ B(x − 1
2 )(x + 1) + C(x + 1)
であるから、これを恒等式と考えて未知定数を求める。x = − 1
のとき1 = 3A
より、A =
13であり、また、x =
12 のとき、1 = A 3 4 + C 3
2 = 1 4 + 3
2 C
より、C =
12 が分かる。更に
x = 0
のとき、1 = A − 1
2 B + C = 1 3 + 1
2 − 1 2 B
より、
B = −
3 である。以上により、
1
(x + 1)(x
2− x + 1) = 1 3 · 1
x + 1 − 1
3 · x −
12(x −
12)
2+
34+ 1
2 · 1
(x −
12)
2+
34 なので、積分の計算に戻ると、Z 1
x
3+ 1 dx = 1 3
Z 1
x + 1 dx − 1 3
Z x −
12(x −
12)
2+
34dx + 1 2
Z 1
(x −
12)
2+
34dx
= 1
3 log | x + 1 | − 1 6
Z 2(x −
12)
(x −
12)
2+
34dx + 2 3
Z 1
4
3
(x −
12)
2+ 1 dx
= 1
3 log | x + 1 | − 1 6 log
Ø Ø Ø Ø (x − 1
2 )
2+ 3 4 Ø Ø Ø Ø + 2
3
Z 1
≥
√23
x −
√13¥
2+ 1 dx
であるが、この右辺第３項に於いて√2
3
x −
√13= y
と置けば、= 1
3 log | x + 1 | − 1 6 log
Ø Ø Ø Ø (x − 1
2 )
2+ 3 4 Ø Ø Ø Ø + 2
3
Z 1
y
2+ 1
√ 3 2 dy
= 1
6 log(x + 1)
2− 1
6 log(x
2− x + 1) + 1
√ 3 Tan
−1y + C
= 1
6 log (x + 1)
2x
2− x + 1 + 1
√ 3 Tan
−12x − 1
√ 3 + C
を得る（ただしC
は積分定数）。（５）
Z 1
(x − 1)
2(x
2+ 1) dx
解答例： まず被積分関数を部分分数分解する。このタイプの有理式は
1
(x − 1)
2(x
2+ 1) = A
x − 1 + B
(x − 1)
2+ Cx + D x
2+ 1
の形に分解できるのでこう置いて右辺を通分し両辺で分子を比較すると1 = A(x − 1)(x
2+ 1) + B(x
2+ 1) + (Cx + D)(x − 1)
2 が得られるのでこれを恒等式と考えて未知定数を決定する。x = 1
のとき、1 = 2B
よりB =
12 であり、また、x = i
とすると1 = (Ci + D)(i − 1)
2= (Ci + D)( − 1 − 2i + 1) = 2C − 2iD
なのでC =
12, D = 0
と分かる。更にx = 0
なら1 = − A + B + D = − A + 1 2
からA = −
12 であって、以上から1
(x − 1)
2(x
2+ 1) = − 1 2
1 x − 1 + 1
2 1
(x − 1)
2+ 1 2
x x
2+ 1
と変形される事が分かった。これを使って積分を計算すると、Z 1
(x − 1)
2(x
2+ 1) dx = − 1 2
Z 1
x − 1 dx + 1 2
Z 1
(x − 1)
2dx + 1 2
Z x
x
2+ 1 dx
= − 1
2 log | x − 1 | − 1 2
1 x − 1 + 1
4
Z 2x x
2+ 1 dx
= − 1
2 log | x − 1 | − 1 2
1 x − 1 + 1
4 log(x
2+ 1) + C
= 1
4 log x
2+ 1
(x − 1)
2− 1
2(x − 1) + C
（６）
Z 1
x
4+ 1 dx
解答例： 方程式
x
4+ 1 = 0
がもし実数の範囲で因数分解されるならば、（２次式）×（２次式）となる他はない。
そこで、
x
4+ 1 = (x
2+ ax + b)(x
2+ cx + d) = x
4+ (a + c)x
3+ (b + ac + d)x
2+ (ad + bc)x + bd
と置けば、係数を比較して連立方程式：
a + c = 0 b + ac + d = 0 ad + bc = 0 bd = 1
が得られるのでこれを解いて未知定数を決定したい。
第１式から
c = − a
なのでこれを第３式に代入するとa(d − b) = 0
が得られる。ここで
a = 0
と仮定するとb + d = 0, bd = 1
を得るが、これを満たす実数は存在し ない。よってa 6 = 0
である。従って
b = d
となり、第４式からb = d = 1
が分かる。これを第２式に戻してやれば 結局a + c = 0, ac = − 2
なのでa = √
2, c = − √
2
である（どちらが+
でも良いが）。以上から、元の式
x
4+ 1
はx
4+ 1 = (x
2+ √
2x + 1)(x
2− √
2x + 1)
と因数分解できる事が分かった。次に被積分関数を部分分数分解する。
1
x
4+ 1 = 1
(x
2+ √
2x + 1)(x
2− √
2x + 1) = Ax + B x
2+ √
2x + 1 + Cx + D x
2− √
2x + 1
と置いて右辺を通分し両辺の分子を比較すると
1 = (Ax + B )(x
2− √
2x + 1) + (Cx + D)(x
2+ √ 2x + 1)
であるから、まず
x = 0
の時を考えて1 = B + D
が分かる。更にx = i
とすると1 = (Ai + B)( − √
2i) + (Ci + D) √ 2i
= √ 2A − √
2Bi − √ 2C + √
2Di
= √
2(A − C) + √
2(D − B )i
なので、
A − C = 1
√ 2 , B = D
となって、
B = D =
12が分かる。また、
x = √
2
の時には1 = ( √
2A + B) + ( √
2C + D)5 = √
2(A + 5C) + 3
を得るので
A + 5C = − √
2
となって、先に得たA − C =
√12 と合わせて考えれば
A = 1 2 √
2 , C = − 1 2 √
2
である事が分かる。
以上により、
1 x
4+ 1 =
1 2√
2
x +
12x
2+ √
2x + 1 + −
2√12x +
12x
2− √
2x + 1
=
1 4√
2
(2x + √ 2) +
14x
2+ √
2x + 1 + −
4√12(2x − √ 2) +
14x
2− √
2x + 1
= 1 4 √ 2
2x + √ 2 x
2+ √
2x + 1 +
1 4
x
2+ √ 2x + 1
− 1 4 √ 2
2x − √ 2 x
2− √
2x + 1 +
1 4
x
2− √ 2x + 1
= 1 4 √ 2
2x + √ 2 x
2+ √
2x + 1 +
1
≥
4x +
√22¥
2+
12− 1 4 √ 2
2x − √ 2 x
2− √
2x + 1 +
1
≥
4x −
√22¥
2+
12= 1 4 √ 2
2x + √ 2 x
2+ √
2x + 1 +
1 2√
2
√ 2
°√ 2x + 1 ¢
2+ 1
− 1 4 √ 2
2x − √ 2 x
2− √
2x + 1 +
1 2√ 2
√ 2
°√ 2x − 1 ¢
2+ 1
となるので両辺を積分してZ 1
x
4+ 1 dx
= 1 4 √
2 log | x
2+ √
2x + 1 | + 1 2 √
2 Tan
−1≥ √
2x + 1 ¥
− 1 4 √
2 log | x
2− √
2x + 1 | + 1 2 √
2 Tan
−1≥ √
2x − 1 ¥ + C
= 1 4 √ 2
(
log x
2+ √ 2x + 1 x
2− √
2x + 1 + 2Tan
−1≥ √
2x + 1 ¥
+ 2Tan
−1≥ √
2x − 1 ¥ ) + C
を得る（
C
は積分定数）。（７）
Z 1
(x
2− 1)
2dx
解答例： まず被積分関数を部分分数分解する。このタイプの有理式は
1
(x
2− 1)
2= 1
(x + 1)
2(x − 1)
2= A
x + 1 + B
(x + 1)
2+ C
x − 1 + D (x − 1)
2 の形に分解されるのでこのように置いて右辺を通分し両辺の分子を比較したもの：1 = A(x + 1)(x − 1)
2+ B(x − 1)
2+ C(x − 1)(x + 1)
2+ D(x + 1)
2 を恒等式と考えて未知定数を決定すれば良い。まず
x = 1
とすると、1 = 4D
よりD =
14 がわかり、x = − 1
ならば1 = 4B
よりB =
14である事も分かる。また、
x = 0
とすれば1 = A + B − C + D = A − C + 1 2
なのでA − C =
12である一方、x = 2
とすれば1 = 3A + B + 9C + 9D = 3A + 9C + 5 2
なので
A + 3C = −
12となり、この２式を連立させて解けばC = −
14, A =
14が分かる。以上により
1
(x
2− 1)
2= 1
(x + 1)
2(x − 1)
2= 1 4
Ω 1
x + 1 + 1
(x + 1)
2− 1
x − 1 + 1 (x − 1)
2æ
と分解される事が分かった。この両辺を積分すれば
