原始関数を求める問題　解答例

原始関数を求める問題 解答例

問題８

I m =

Z 1

(x ² + A) ^m dx (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 m

æ

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+1 dx

= 1 A

Z x ² + A − x ² (x ² + A) ^m+1 dx

= 1 A

Z x ² + A

(x ² + A) ^m+1 dx + 1 A

Z − x ² (x ² + A) ^m+1 dx

= 1 A

Z 1

(x ² + A) ^m dx + 1 2A

Z

x − 2x (x ² + A) ^m+1 dx

= 1

A I m + 1 2A

Z

x − 2x (x ² + A) ^m+1 dx

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) ^m dx

= 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９ 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) ² dx

解答例：

Z 1

(x ² + 1) ² dx =

Z x ² + 1 − x ² (x ² + 1) ² dx

=

Z x ² + 1 (x ² + 1) ² dx +

Z − x ² (x ² + 1) ² dx

= Z 1

x ² + 1 dx + 1 2

Z

x − 2x (x ² + 1) ² dx

=Tan ^{− 1} x + 1 2

Z

x − 2x (x ² + 1) ² dx

=Tan ^{− 1} x + 1 2 x 1

x ² + 1 − 1 2

Z 1 x ² + 1 dx

=Tan ^{− 1} x + 1 2

x x ² + 1 − 1

2 Tan ^{− 1} x + C

= 1 2

x x ² + 1 + 1

2 Tan ^{− 1} x + C

ただし

C

は積分定数。

（３）

Z x ⁴ x ² + 1 dx

解答例：

Z x ⁴ x 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 ^{− 1} x + 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 − ¹ ₂ ) + C (x − ¹ ₂ ) ² + ³ ₄

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 = ¹ ₃

であり、また、

x = ¹ ₂

のとき、

1 = A 3 4 + C 3

2 = 1 4 + 3

2 C

より、

C = ¹ ₂

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 − ¹ ₂

(x − ¹ ₂ ) ² + ³ ₄ + 1

2 · 1

(x − ¹ ₂ ) ² + ³ ₄

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 − ¹ 2

(x − ¹ 2 ) ² + ³ ₄ dx + 1 2

Z 1

(x − ¹ 2 ) ² + ³ ₄ dx

= 1

3 log | x + 1 | − 1 6

Z 2(x − ¹ ₂ )

(x − ¹ ₂ ) ² + ³ ₄ dx + 2 3

Z 1

4

3 (x − ¹ ₂ ) 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

≥ √ 2

3 x − ^{√ 1} ₃ ¥ 2

+ 1 dx

であるが、この右辺第３項に於いて

√ ²

3 x − ^{√ 1} ₃ = 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 ^{− 1} y + C

= 1

6 log (x + 1) ² x ² − x + 1 + 1

√ 3 Tan ^{− 1} 2x − 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 = ¹ ₂

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 = ¹ ₂ , D = 0

と分かる。更に

x = 0

なら

1 = − A + B + D = − A + 1 2

から

A = − ¹ 2

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) ² dx + 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 = ¹ ₂

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 = ^{√ 1} ₂

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 + ¹ ₂ x ² + √

2x + 1 + − ₂ ^{√ 1} ₂ x + ¹ ₂ x ² − √

2x + 1

=

1 4 √

2 (2x + √ 2) + ¹ ₄ x ² + √

2x + 1 + − ₄ ^{√ 1} ₂ (2x − √ 2) + 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 4

x ² − √ 2x + 1

= 1 4 √ 2

2x + √ 2 x ² + √

2x + 1 +

1

≥ 4

x + ^√ ₂ ² ¥ 2

+ ¹ ₂

− 1 4 √ 2

2x − √ 2 x ² − √

2x + 1 +

1

≥ 4

x − ^√ ₂ ² ¥ 2

+ ¹ ₂

= 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) ² 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 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 = ¹ ₄

がわかり、

x = − 1

ならば

1 = 4B

より

B = ¹ ₄

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 = ¹ ₂

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 = − ¹ 2

となり、この２式を連立させて解けば

C = − ¹ 4 , A = ¹ ₄

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) ²

æ

と分解される事が分かった。この両辺を積分すれば

Z 1

(x ² − 1) ² dx = 1 4

ΩZ 1 x + 1 dx +

Z 1

(x + 1) ² dx − Z 1

x − 1 dx +

Z 1

(x − 1) ² dx æ

= 1 4

Ω

log | x + 1 | − 1

x + 1 − log | x − 1 | − 1 x − 1

æ + C

= 1 4

Ω log

Ø Ø Ø Ø

x + 1 x − 1 Ø Ø Ø Ø − 2x

x ² − 1 æ

+ C

を得る（

C

は積分定数）。

問題１０ 次の各関数の原始関数を求めて下さい：

（１）

x(x ² + 1) ^p

（２）

1

√ x ² + a (a 6 = 0)

（難しい）

（３）

2 ^x

（４）

x ³ log x

（５）

tan ² x

（６）

log x x

（７）

Sin ^{− 1} x

（８）

xe ^x

²

解答例（１）：

© (x ² + 1) ^p+1 ™ 0

= (p + 1)(x ² + 1) ^p · 2x

なので、

p 6 = − 1

ならば任意の定数

C

に対して

Ω 1

2(p + 1) (x ² + 1) ^p+1 + C æ 0

= x(x ² + 1) ^p

である。

また、

p = − 1

の時は、

{ log(x ² + 1) } ⁰ = _x

2

^2x +1

なので任意の定数

C

に対して

{ 1

2 log(x ² + 1) + C } ⁰ = x x ² + 1

がわかる。

以上により、求める原始関数は

 

 

 

 

 

 1

2(p + 1) (x ² + 1) ^p+1 + C p 6 = − 1 1

2 log(x ² + 1) + C p = − 1

である。

解答例（２）：

p x ² + a = t − x

と置けば、

x ² + a = (t − x) ² = x ² − 2tx + t ²

より、

x = t ² − a 2t

であるので、

dx

dt = 4t ² − 2(t ² − a)

4t ² = t ² + a 2t ²

となる一方、

p x ² + a = t − x = t − t ² − a

2t = t ² + a 2t

なので、置換積分法により、

Z 1

√ x ² + a dx = Z 2t

t ² + a t ² + a

2t ² dt

= Z 1

t dt

= log | t | = log | x + p x ² + a |

を得る（積分定数は省略）。

注意：与関数の定義域は、

a > 0

ならば全ての実数なんですが、

a < 0

ならば

x < − √

− a, √

− a < x

ですので、細かいことを言えば積分定数には注意が必要です。

解答例（３）：与えられた関数を変形すると、

2 ^x = e ^{log 2}

^x

= e ^{(log 2)x}

なので、積分は、

Z

2 ^x dx = 1

log 2 e ^{(log 2)x} = 1 log 2 2 ^x

ですね。

解答例（４）：部分積分法によれば、

Z

x ³ log xdx = 1

4 x ⁴ log x − Z 1

4 x ⁴ 1 x dx

= 1

4 x ⁴ log x − 1 4

Z x ³ dx

= 1

4 x ⁴ log x − 1 16 x ⁴

= 1 4 x ⁴

µ

log x − 1 4

∂

となります（積分定数は省略）。

解答例（５）：

tan ² x = sin ² x

cos ² x = 1 − cos ² x cos ² x = 1

cos ² x − 1 = (tan x − x) ⁰

と変形出来る事から、

Z

tan ² xdx = tan x − x

となります。積分定数は

(ry

解答例（６）：

{ (log x) ² } ⁰ = 2 log x · 1 x

によれば、求める原始関数は

¹

2 (log x) ² + C

である（

C

は積分定数）。

解答例（７）：部分積分法によれば、

Z

Sin ^{− 1} xdx =xSin ^{− 1} x − Z

x 1

√ 1 − x ² dx

=xSin ^{− 1} x +

Z − 2x 2 √

1 − x ² dx

=xSin ^{− 1} x + Z ≥p

1 − x ² ¥ ₀ dx

=xSin ^{− 1} x + p 1 − x ²

となります（積分定数は省略）。

解答例（８）：明らかに

n

1 2 e ^x

²

o ₀

= xe ^x

² なのでこれが求める原始関数である（積分定 数は省略）。