その他の関数の原始関数　解答例 基本的な練習問題　解答例

その他の関数の原始関数 解答例

基本的な練習問題 解答例

問題１

.tan x

2 = t

と置くと

cos x = 1 − t ²

1 + t ² , sin x = 2t

1 + t ² , dx dt = 2

1 + t ²

となる事を示して下さい。

解答例：

tan ² θ = sin ² θ cos ² θ

= 1 − cos ² θ cos ² θ cos ² θ tan ² θ =1 − cos ² θ (1 + tan ² θ) cos ² θ =1

cos ² θ = 1 1 + tan ² θ

によれば、

θ = ^x ₂

として

cos x =2 cos ² x 2 − 1

= 2

1 + tan ^{2 x} ₂ − 1

= 1 − tan ^{2 x} ₂ 1 + tan ^{2 x} ₂

なので、

tan x

2 = t

と置くと

= 1 − t ² 1 + t ²

であり、また、

sin x =2 cos x 2 sin x

2

=2 tan x 2 cos ² x

2

= 2 tan ^x ₂ 1 + tan ^{2 x} ₂

= 2t 1 + t ²

である。また、

t

での微分は

≥ tan x

2

¥ 0

=1 1

cos ^{2 x} ₂ · 1 2

dx dt =1 dx

dt =2 cos ² x 2

= 2

1 + tan ^{2 x} ₂

= 2

1 + t ²

となって題意は示される。

問題２

.

次の各不定積分を求めて下さい：

(

１

)

Z 1

sin x dx (

２

)

Z 1

1 + sin x dx

解答例（１）：

tan x

2 = t

と置くと

cos x = 1 − t ²

1 + t ² , sin x = 2t

1 + t ² , dx dt = 2

1 + t ²

となるので、

Z 1 sin x dx =

Z 1 + t ² 2t

2 1 + t ² dt

= Z 1

t dt

= log | t | + C

= log Ø Ø Ø tan x

2 Ø Ø

Ø + C

（ただし、

C

は積分定数）

解答例（２）［ その１ 置換積分法 ］：

tan x

2 = t

と置くと

cos x = 1 − t ²

1 + t ² , sin x = 2t

1 + t ² , dx dt = 2

1 + t ²

となるので、

Z 1

1 + sin x dx =

Z 1

1 + _1+t ^2t

2

2 1 + t ² dt

=

Z 2

(1 + t) ² dt

= − 2 1 + t + C

= − 2

1 + tan ^x ₂ + C

（

C

は積分定数）

を得る。

解答例（２）［ その２ 変形法 ］：

Z 1

1 + sin x dx =

Z 1 − sin x

(1 + sin x)(1 − sin x) dt

=

Z 1

cos ² x dx +

Z − sin x cos ² x dx

= tan x − 1

cos x + C

（

C

は積分定数）

注意：

tan x − 1

cos x = sin x − 1 cos x

ここで

t = tan ^x ₂

とすれば

=

2t 1+t

²

− 1

1 − t

²

1+t

²

= − 1 + t ² − 2t 1 − t ²

= − (1 − t) ² 1 − t ²

= t − 1 1 + t

= − 2 1 + t + 1

となるのでさっきの答えと同じ結果になっている（最後の定数

1

は積分定数に吸 収される）。

練習問題 解答例

問題３

.

次の各不定積分を求めて下さい：

(

１

)

Z 1

cos ² x + 2 sin ² x dx (

２

)

Z 1

3 + cos x dx (

３

)

Z 1

2 + tan x dx

解答例（１）［ その１ バカの一つ覚え編 ］：

tan x

2 = t

と置くと

cos x = 1 − t ²

1 + t ² , sin x = 2t

1 + t ² , dx dt = 2

1 + t ²

となり、

Z 1

cos ² x + 2 sin ² x dx =

Z 1

1 + sin ² x dx

=

Z 1

1 + _(1+t ^4t

²2

)

²

2 1 + t ² dt

=

Z 2(1 + t ² ) t ⁴ + 6t ² + 1 dt

=

Z 2(1 + t ² ) (t ² + 3) ² − 8 dt

=

Z 2(1 + t ² ) (t ² + 3 + 2 √

2)(t ² + 3 − 2 √ 2) dt

となるので、まずこの被積分関数を部分分数分解しなければならない。

しかし分解の形が

2(1 + t ² ) (t ² + 3 + 2 √

2)(t ² + 3 − 2 √

2) = At + B t ² + 3 + 2 √

2 + Ct + D t ² + 3 − 2 √

2

となる事は分かっているのだからこの様に置いて取り敢えず積分だけ実行してしまうと、

Z 1

cos ² x + 2 sin ² x dx =

Z 2(1 + t ² ) (t ² + 3 + 2 √

2)(t ² + 3 − 2 √ 2) dt

=

Z µ At + B t ² + 3 + 2 √

2 + Ct + D t ² + 3 − 2 √

2

∂ dt

= A 2

Z 2t

t ² + 3 + 2 √

2 dt + B

Z 1

t ² + 3 + 2 √ 2 dt + C

2

Z 2t

t ² + 3 − 2 √

2 dt + D

Z 1

t ² + 3 − 2 √ 2 dt

= A

2 log | t ² + 3 + 2 √

2 | + B p 3 + 2 √

2 Tan ^{− 1} t p 3 + 2 √

2 + C

2 log | t ² + 3 − 2 √

2 | + D p 3 − 2 √

2 Tan ^{− 1} t p 3 − 2 √

2

= A

2 log | t ² + 3 + 2 √

2 | + B

√ 2 + 1 Tan ^{− 1} t

√ 2 + 1 + C

2 log | t ² + 3 − 2 √

2 | + D

√ 2 − 1 Tan ^{− 1} t

√ 2 − 1

となる。

さて、積分はこの様になるのだが、肝心の部分分数分解をまだやっていないのでさっ きの式：

2(1 + t ² ) (t ² + 3 + 2 √

2)(t ² + 3 − 2 √

2) = At + B t ² + 3 + 2 √

2 + Ct + D t ² + 3 − 2 √

2

に戻って右辺を通分し両辺の分子を比較すると、

2(1 + t ² ) =(At + B)(t ² + 3 − 2 √

2) + (Ct + D)(t ² + 3 + 2 √ 2)

=(A + C)t ³ + (B + D)t ² + { (3 − 2 √

2)A + (3 + 2 √ 2)C } t + (3 − 2 √

2)B + (3 + 2 √ 2)D

である。

そこで両辺の係数を比較すると、連立方程式：

 

 

 



 

 

 

A + C = 0 B + D = 2 (3 − 2 √

2)A + (3 + 2 √

2)C = 0 (3 − 2 √

2)B + (3 + 2 √

2)D = 2

が得られるけれども、行列を使って書けば、

√ 1 1

3 − 2 √

2 3 + 2 √ 2

! √ A C

!

=

√ 0 0

!

√ A C

!

=

√ 1 1

3 − 2 √

2 3 + 2 √ 2

! − 1 √ 0 0

!

=

√ 0 0

!

√ 1 1

3 − 2 √

2 3 + 2 √ 2

! √ B D

!

=

√ 2 2

!

√ B D

!

=

√ 1 1

3 − 2 √

2 3 + 2 √ 2

! ₋ 1 √ 2 2

!

= 1 4 √ 2

√ 3 + 2 √ 2 − 1

− 3 + 2 √ 2 1

! √ 2 2

!

=

√ ₄₊₄ ^√ ₂

4 √ 2

− 4+4 √ 2 4 √

2

!

=

√ 2+ √ 2 2 2 − √

2 2

!

以上により、

A = 0, B = 2 + √ 2

2 , C = 0, D = 2 − √ 2 2

である事が分かり、結局積分は

Z 1

cos ² x + 2 sin ² x dx = A

2 log | t ² + 3 + 2 √

2 | + B

√ 2 + 1 Tan ^{− 1} t

√ 2 + 1 + C

2 log | t ² + 3 − 2 √

2 | + D

√ 2 − 1 Tan ^{− 1} t

√ 2 − 1

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} t

√ 2 + 1 + 1

√ 2 Tan ^{− 1} t

√ 2 − 1

= 1

√ 2 n

Tan ^{− 1} ( √

2 − 1)t + Tan ^{− 1} ( √

2 + 1)t o

であるが、

tan

の加法定理によれば

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} ( √

2 − 1)t + ( √ 2 + 1)t 1 − ( √

2 − 1)( √

2 + 1)t ²

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} µ √

2 2t 1 − t ²

∂

であり、また最初の置換を思い出せば

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} ( √ 2 tan x)

となる事が分かる（積分定数は省略した）。

さっきの連立方程式は掃き出し法でも計算できます：

1 0 1 0 0 (1)

0 1 0 1 2 (2)

3 − 2 √

2 0 3 + 2 √

2 0 0 (3)

0 3 − 2 √

2 0 3 + 2 √

2 2 (4)

1 0 1 0 0 (1)

0 1 0 1 2 (2)

0 0 4 √

2 0 0 (3) − (3 − 2 √

2)(1) = (5) 0 3 − 2 √

2 0 3 + 2 √

2 2 (4)

1 0 1 0 0 (1)

0 1 0 1 2 (2)

0 0 4 √

2 0 0 (5)

0 0 0 4 √

2 − 4 + 4 √

2 (4) − (3 − 2 √

2)(2) = (6)

1 0 1 0 0 (1)

0 1 0 1 2 (2)

0 0 1 0 0

₄√¹

2

(5) = (7)

0 0 0 1

²⁻₂^√2 ₄√¹

2

(6) = (8)

1 0 0 0 0 (1) − (7)

0 1 0 0

²⁺₂^√2

(2) − (8)

0 0 1 0 0 (7)

0 0 0 1

²⁻₂^√2

(8)

解答例（１）［ その２ 知らぬが仏編 ］： 求める積分を変形すると

Z 1

cos ² x + 2 sin ² x dx =

Z 1

cos

²

x

1 + 2 tan ² x dx

ここで

√

2 tan x = t

と置けば

= 1

√ 2 Z 1

1 + t ² dt

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} t + C

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} ( √

2 tan x) + C

（

C

は積分定数）

見れば分かる通り、この問題に於いては置換

tan ^x ₂ = t

は有効ではありません。もちろん 答えは出ますが計算が矢鱈と長くなり、ミスを誘発します。どう考えたって

√

2 tan x = t

と置いた方が簡単です。

この辺りが問題によって違うので難しいと云えば難しいところでしょうか。

三角関数の自乗のみの有理式の積分

被積分関数が三角関数の自乗のみからなる有理式である場合は

tan x = t

と置くと

cos ² x = 1

1 + t ² , sin ² x = t ²

1 + t ² , dx

dt = 1 + t ²

となって有理式の積分に帰着される。

解答例（２）［ その１ 変形でごり押し法 ］： 被積分関数を変形してゆくと

Z 1

3 + cos x dx =

Z 3 − cos x 9 − cos ² x dx

=

Z 3

8 + sin ² x dx −

Z cos x 8 + sin ² x dx

となるので、まず右辺第２項に於いて

sin x = t

と云う置換積分をすれば

=

Z 3

8

cos

²

x + tan ² x 1 cos ² x dx −

Z 1 8 + t ² dt

=

Z 3

8(1 + tan ² x) + tan ² x 1

cos ² x dx − 1 8

Z 1

1 + ≥

√ t 8

¥ 2 dt

なので更に

√ ^t

8 = s

と置換すれば

=

Z 3

8 + 9 tan ² x 1

cos ² x dx − 1

√ 8

Z 1

1 + s ² ds

であり、右辺第１項も

tan x = p

と置換できて

=

Z 3

8 + 9p ² dp − 1

√ 8 Tan ^{− 1} s

= 3 8

Z 1

1 + ≥

√ 3p 8

¥ 2 dp − 1

√ 8 Tan ^{− 1} t

√ 8

となる。更に右辺第１項で

√ ^3p

8 = r

と置換すれば

= 1

√ 8

Z 1

1 + r ² dr − 1

√ 8 Tan ^{− 1} sin x

√ 8

= 1

√ 8 Tan ^{− 1} r − 1

√ 8 Tan ^{− 1} sin x

√ 8 + C

= 1

√ 8 Tan ^{− 1} 3p

√ 8 − 1

√ 8 Tan ^{− 1} sin x

√ 8 + C

= 1

√ 8 Tan ^{− 1} 3 tan x

√ 8 − 1

√ 8 Tan ^{− 1} sin x

√ 8 + C

となってこれで積分が求まった。

しかしこれを

tan

の加法定理によって変形してゆくと

= 1

√ 8 Tan ^{− 1}

√ _{3 tan x}

√ 8 − ^{sin √} ₈ ^x 1 + ^{3 tan √} ₈ ^{x sin √} ₈ ^x

! + C

= 1

√ 8 Tan ^{− 1}

( (3 tan x − sin x) √ 8 8 + 3 tan x sin x

) + C

= 1

√ 8 Tan ^{− 1}

( (3 sin x − sin x cos x) √ 8 8 cos x + 3 sin ² x

) + C

なので、

tan x

2 = t

と置くと

= 1

√ 8 Tan ^{− 1}

( (3 _1+t ^2t

2

− _1+t ^2t

²

¹ _1+t ^{− t}

²²

) √ 8 8 ¹ _1+t ^{− t}

²2

+ 3 _(1+t ^4t

²2

)

²

) + C

= 1

√ 8 Tan ^{− 1}

( (t + 2t ³ ) √ 8 2 − 2t ⁴ + 3t ²

) + C

= 1

√ 8 Tan ^{− 1}

√ 8t 2 − t ² + C

= 1

√ 8 Tan ^{− 1} 2 √ 2 tan ^x ₂ 2 − tan ^{2 x} ₂ + C

= 1

√ 8 Tan ^{− 1} 2 ^{tan √} ₂

^x2

1 − ^tan 2

^2x2

+ C

であって、今度は逆にこれを

tan

の加法定理によって変形すると

= 1

√ 8 2Tan ^{− 1} tan ^x ₂

√ 2 + C

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} tan ^x ₂

√ 2 + C

が得られる。

解答例（２）［ その２ 置換積分法 ］：

tan x

2 = t

と置くと

cos x = 1 − t ²

1 + t ² , sin x = 2t

1 + t ² , dx dt = 2

1 + t ²

となり、

Z 1

3 + cos x dx =

Z 1

3 + ¹ _1+t ^{− t}

²2

2 1 + t ² dt

=

Z 2

2t ² + 4 dt

= 1 2

Z 1

≥ √ t 2

¥ 2

+ 1 dt

なので、ここで更に

√ ^t

2 = s

と置けば

= 1

√ 2

Z 1

s ² + 1 ds

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} s + C

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} t

√ 2 + C

= 1

√ 2 Tan ^{− 1} tan ^x ₂

√ 2 + C

を得る。これはさっきの結果ときちんと一致している。

解答例（３）［ 置換積分法 ］：

tan x

2 = t

と置くと

cos x = 1 − t ²

1 + t ² , sin x = 2t

1 + t ² , dx dt = 2

1 + t ²

となり、

Z 1

2 + tan x dx =

Z 1

2 + _{1 −} ^2t _t

2

2 1 + t ² dt

=

Z 2(1 − t ² )

(2 + 2t − 2t ² )(1 + t ² ) dt

=

Z t ² − 1

(t ² − t − 1)(1 + t ² ) dt

=

Z t ² − 1

© (t − ¹ 2 ) ² − ⁵ 4

™ (1 + t ² ) dt

=

Z t ² − 1

≥

t − ^{1 −} 2 ^{√ 5}

¥ ≥

t − ¹⁺ 2 ^{√ 5}

¥

(1 + t ² ) dt

であるので、ここで被積分関数を部分分数分解しておく。

この形の有理式は

t ² − 1

≥

t − ^{1 −} ₂ ^{√ 5} ¥ ≥

t − ¹⁺ ₂ ^{√ 5} ¥

(1 + t ² )

= A

t − ^{1 −} ₂ ^{√ 5} + B

t − ¹⁺ ₂ ^{√ 5} + Ct + D 1 + t ²

の形に分解されるからこう置いて右辺を通分し両辺の分子を恒等式として比較すると

t ² − 1 = A

√

t − 1 + √ 5 2

!

(t ² + 1) + B

√

t − 1 − √ 5 2

!

(t ² + 1)

+ (Ct + D)

√

t − 1 − √ 5 2

! √

t − 1 + √ 5 2

!

であり、

t = ¹⁺ ₂ ^{√ 5}

のとき、

1 + √ 5 2 = B √

5 5 + √ 5

2 ,

すなわち、

B = 1 5

である。また

t = ^{1 −} ₂ ^{√ 5}

のとき、

1 − √ 5

2 = A( − √

5) 5 − √ 5

2 ,

すなわち、

A = 1 5

である。

一方、

t = ± i

の時は

− 2 = ( ± Ci + D) { ( ± i) ² − ± i − 1 }

= ( ± Ci + D)( ∓ i − 2)

= C − 2D ∓ i(2C + D)

なので両辺の虚部・実部を比較して

− 2 = C − 2D, 0 = 2C + D

を得る。これを解けば

C = − ² ₅ , D = ⁴ ₅

が分かる。

以上に因り、

t ² − 1

≥

t − ^{1 −} 2 ^{√ 5}

¥ ≥

t − ¹⁺ 2 ^{√ 5}

¥

(1 + t ² )

= 1 5 · 1

t − ^{1 −} ₂ ^{√ 5} + 1 5 · 1

t − ¹⁺ ₂ ^{√ 5} + 1

5 · − 2t + 4 1 + t ²

と分解される事が分かった。

そこで積分の計算に戻れば

Z 1

2 + tan x dx =

Z t ² − 1

≥

t − ^{1 −} 2 ^{√ 5}

¥ ≥

t − ¹⁺ 2 ^{√ 5}

¥

(1 + t ² ) dt

= Z ( 1

5 · 1 t − ^{1 −} 2 ^{√ 5}

+ 1 5 · 1

t − ¹⁺ 2 ^{√ 5}

+ 1

5 · − 2t + 4 1 + t ²

) dt

= 1 5 log

Ø Ø Ø Ø

Ø t − 1 − √ 5 2

Ø Ø Ø Ø Ø + 1

5 log Ø Ø Ø Ø

Ø t − 1 + √ 5 2

Ø Ø Ø Ø Ø − 1

5 Z 2t

t ² + 1 dt + 4 5

Z 1 t ² + 1 dt

= 1

5 log | t ² − t − 1 | − 1

5 log | t ² + 1 | + 4

5 Tan ^{− 1} t + C

= 1 5 log

Ø Ø

Ø Ø t ² − t − 1 t ² + 1

Ø Ø Ø Ø + 4

5 Tan ^{− 1} t + C

= 1 5 log

Ø Ø Ø Ø

tan ^{2 x} ₂ − tan ^x ₂ − 1 tan ^{2 x} ₂ + 1

Ø Ø Ø Ø + 4

5 Tan ^{− 1} tan x 2 + C

= 1 5 log

Ø Ø Ø Ø

tan ^{2 x} ₂ − tan ^x ₂ − 1 tan ^{2 x} ₂ + 1

Ø Ø Ø Ø + 2

5 x + C

が分かる。

ここで、

t = tan ^x ₂

とした場合に

2 cos x + sin x = 2 1 − t ²

1 + t ² + 2t

1 + t ² = − 2 t ² − t − 1 t ² + 1

である事に注目すれば、これは

Z 1

2 + tan x dx = 1 5 log

Ø Ø Ø Ø

tan ^{2 x} ₂ − tan ^x ₂ − 1 tan ^{2 x} ₂ + 1

Ø Ø Ø Ø + 2

5 x + C

= 1 5 log

Ø Ø

Ø Ø 2 cos x + sin x

− 2 Ø Ø Ø Ø + 2

5 x + C

= 1

5 log | 2 cos x + sin x | + 2 5 x + C

と書き直す事が出来る。

問題４

.

次の各不定積分を求めて下さい：

(

１

)

Z 1

x √

x ² + 1 dx (

２

)

Z 1

x √

x ² − x + 1 dx (

３

)

Z x + 1

√ 9 − 4x ² dx

(

４

)

Z 1

√ x − x ² dx

解答例（１）：

√

x ² + 1 = t − x

と置くと、両辺を自乗して

x ² + 1 = (t − x) ²

となる 事からこれを

x

について解けば

x = t ² − 1 2t

であり、また

p x ² + 1 = t − x = t − t ² − 1

2t = t ² + 1 2t dx

dt = 2t · 2t − (t ² − 1)2

4t ² = t ² + 1 2t ²

であるので、

Z 1

x √

x ² + 1 dx =

Z 1

t

²

− 1 2t

t

²

+1 2t

t ² + 1 2t ² dt

=

Z 2

t ² − 1 dt

=

Z µ 1

t − 1 − 1 t + 1

∂ dt

= log | t − 1 | − log | t + 1 | + C

= log Ø Ø Ø Ø

t − 1 t + 1 Ø Ø Ø Ø + C

= log Ø Ø Ø Ø Ø

x + √

x ² + 1 − 1 x + √

x ² + 1 + 1

Ø Ø

Ø Ø

Ø + C

となる（ただし、

C

は積分定数）。

解答例（２）： 同様に

p x ² − x + 1 = t − x

と置くと、

x ² − x + 1 =(t − x) ²

− x + 1 =t ² − 2tx x = t ² − 1

2t − 1

であり、また

p x ² − x + 1 =t − x

=t − t ² − 1 2t − 1

= t ² − t + 1 2t − 1 dx

dt = 2t(2t − 1) − (t ² − 1)2 (2t − 1) ²

= 2(t ² − t + 1) (2t − 1) ²

であるので、

Z 1

x √

x ² − x + 1 dx

=

Z 1

t

²

− 1 2t − 1

t

²

− t+1 2t − 1

2(t ² − t + 1) (2t − 1) ² dt

= Z 2

t ² − 1 dt

=

Z µ 1

t − 1 − 1 t + 1

∂ dt

= log | t − 1 | − log | t + 1 | + C

= log Ø Ø Ø Ø t − 1

t + 1 Ø Ø Ø Ø + C

= log Ø Ø Ø Ø Ø

x − 1 + √

x ² − x + 1 x + 1 + √

x ² − x + 1 Ø Ø Ø Ø Ø + C

となる（ただし、

C

は積分定数）。

解答例（３）： まず被積分関数を２つに分けて

Z x + 1

√ 9 − 4x ² dx = − 1 4

Z − 8x 2 √

9 − 4x ² dx +

Z 1

√ 9 − 4x ² dx

= − 1 4

p 9 − 4x ² +

Z 1

3 q

1 − ⁴ 9 x ² dx

とし、ここで

²

3 x = y

と置けば

= − 1 4

p 9 − 4x ² +

Z 1

3 p 1 − y ²

3 2 dy

= − 1 4

p 9 − 4x ² + 1 2 Sin ^{− 1} y

= − 1 4

p 9 − 4x ² + 1 2 Sin ^{− 1} 2

3 x

となる（積分定数は省略した）。

解答例（４）：

Z 1

√ x − x ² dx =

Z 1

q 1 4 − °

x − ¹ 2

¢ 2 dx

=

Z 1

1 2

q

1 − (2x − 1) ² dx

ここで

t = 2x − 1

と置換すれば、

dt = 2dx

なので

=

Z 1

√ 1 − t ² dt

= Sin ^{− 1} t + C

= Sin ^{− 1} (2x − 1) + C

を得る（

C

は積分定数）。