不定積分

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概念

微分学の基本的な問題の一つは、関数が既知のとき、その関数値が独立変数に対してどう変化するかを研究することであった。 たとえば、質点が直線方向に運動する規則 $s = s(t)$ が既知のとき、質点の瞬間の速度 $v = v(t)$ や加速度 $a = a(t)$ を求める問題である。 $v(t) = s'(t)$，$a(t) = v'(t)$ であるから、このような問題は微分の問題である。

一方、これとは逆の問題も自然に生じる：質点の運動の速度 $v = v(t)$（または加速度 $a = a(t)$）が既知のとき、質点の運動の式 $s = s(t)$ を確定したい。これは数学的に言えば、微分の逆演算の問題であり、すなわちある未知の関数を求めることであって、その導関数が一つの既知の関数に等しいようにする問題である。

定義 関数 $F(x)$ と $f(x)$ が区間 $I$ 上で定義されているとする。すべての $x \in I$ に対して

$$F'(x) = f(x), \quad \text{あるいは} \quad dF(x) = f(x)\,dx$$

が成り立つとき、$F(x)$ を $f(x)$ の区間 $I$ 上の一つの原始関数という。

容易にわかるように、一方では $F(x)$ が $f(x)$（区間 $I$ 上）の一つの原始関数であれば、$F(x)$ に任意の定数を加えたものも $f(x)$ の一つの原始関数である。もう一方では $f$ に対して区間 $I$ 上の二つの原始関数 $F_1(x)$ と $F_2(x)$ があれば、その差 $F_1(x) - F_2(x)$ は必ず $F_1'(x) - F_2'(x) = 0$ を満たすから一つの定数である。 よって $f$（区間 $I$ 上）の原始関数の全体は

$$F(x) + C$$

の形で表せる。ここで $F(x)$ は $f$（区間 $I$ 上）の任意の一つの原始関数であり、$C$ は任意の定数である。

関数 $f$ の原始関数の全体を $f(x)$ の不定積分ともいい、次のように表す

$$\int f(x)\,dx,$$

ここで「$\int$」を積分記号、$f(x)$ を被積分関数という。

積分記号 $\int$ の下に書くのは求めるべき原始関数の微分であり、微分係数ではないことを注意しよう。したがって関数 $f(x)$ の不定積分は、より正確には「微分 $f(x)\,dx$ の不定積分」と呼ぶべきである。つまり、$dx$の意義をもっと考えるべきである。

導関数の幾何学的な意義から、関数 $f(x)$ の原始関数の問題は幾何学的に次のように解釈できる：$Oxy$ 直角座標系中で一つの曲線 $y = F(x)$ を見つけて、横座標が $x$ の点での接線の傾きが $f(x)$ に等しいようにする。このような一つの曲線を $f(x)$ の一つの積分曲線という。それを $y$ 軸の方向に平行移動すれば、上述の要求を満たす他のすべての曲線が得られる（図 4.1）。

図25

たとえば、$f(x) = x$ の原始関数を求めること、すなわち $Oxy$ 平面中でこのような曲線 $y = F(x)$ を見つけること——それは点 $(x, F(x))$ での接線の傾きが $x$ とともに線形に増大する。そのような曲線の全体は $y = F(x) = \dfrac{1}{2}x^2 + C$ で表され、$C$ は任意の定数（図 4.2）。

ある問題では、与えられた一点 $(x_0, y_0)$ を通る積分曲線が必要になることもある。このとき、定数を一つの値に定めればよい。$f(x) = x$ を例にとると、$(0, 1)$ を通る積分曲線を求めるならば、$1 = F(0) = \dfrac{1}{2} \cdot 0^2 + C$ より $C = 1$、だからこの特定の積分曲線は $y = F(x) = \dfrac{1}{2}x^2 + 1$ である。

通常、定数 $C$ を確定する条件のことを初期条件といい、$y(x_0) = y_0$，あるいは $y|_{x=x_0} = y_0$ と記す。初期条件を伴う原始関数を求める問題を初期値問題という。

現在の問いは：

  1. どのような関数が原始関数（つまり何の被積分関数が不定積分）を持つか？
  2. もし関数 $f(x)$ が原始関数を持つならば、どのように具体的に $f(x)$ の原始関数を計算するか？
  3. 微分の章では、初等関数の導関数はやはり初等関数であることを見た。それならば微分の逆演算として、一つの初等関数の原始関数（つまり不定積分）は必ず初等関数として表すことができるか？

平均値の定理の練習問題 14 から、符号関数 $y = \operatorname{sgn} x$ はどの関数の導関数にもなれないことがわかる。導関数は第 1 種の不連続点をもてないからである。しかし、次の章で重要な事実を証明する：区間上の連続関数には、その区間上で必ず原始関数が存在する。

ここでは区間上の連続関数の不定積分のみを考え、不定積分を求めることを主な目標とする。

ここで言う「不定積分を求める」とは、不定積分を初等関数として表すことを指す。連続な初等関数の不定積分は必ず存在するが、それを初等関数として表せないものもある。たとえば、次の積分

$$\int e^{-x^2}\,dx, \qquad \int \frac{1}{\ln x}\,dx, \qquad \int \sin x^2\,dx$$

などは初等関数として表すことができないことを証明できる。次の章で、このような連続な被積分関数と、その（初等関数では表せないが必ず存在する）不定積分を扱う。

基本積分表

不定積分（原始関数を求める演算）は微分の逆演算であるから、一つの微分公式（導関数公式）から対応する一つの不定積分公式が得られる。したがって、微分の節の公式表から、以下の不定積分公式表（その中 $C$ は任意の定数）が得られる。

$$\begin{aligned}\text{(i)}\quad &\int 0\,dx = C; \\[2pt] \text{(ii)}\quad &\int x^\alpha\,dx = \frac{1}{\alpha+1}x^{\alpha+1} + C, \quad (\alpha \neq -1); \\[2pt] \text{(iii)}\quad &\int a^x\,dx = \frac{1}{\ln a}a^x + C \quad (a > 0,\, a \neq 1); \\[2pt] \text{(iv)}\quad &\int \frac{1}{x}\,dx = \ln|x| + C; \\[2pt] \text{(v)}\quad &\int \sin x\,dx = -\cos x + C; \qquad \int \cos x\,dx = \sin x + C; \\[2pt] &\int \sec^2 x\,dx = \tan x + C; \qquad \int \csc^2 x\,dx = -\cot x + C; \\[2pt] \text{(vi)}\quad &\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C'; \\[2pt] &\int \frac{1}{1+x^2}\,dx = \arctan x + C = -\operatorname{arccot} x + C'.\end{aligned}$$

（(iv) については導関数の節の例 16 を参照；(vi) における定数 $C'$（容易にわかるように）は $C + \dfrac{\pi}{2}$ であり、したがって依然として任意の定数である。）

不定積分の線形性

  1. $a$ を定数（$a \neq 0$）とするとき、$\displaystyle\int a \cdot f(x)\,dx = a \cdot \int f(x)\,dx$；
  2. $\displaystyle\int [f(x) \pm g(x)]\,dx = \int f(x)\,dx \pm \int g(x)\,dx$。

不定積分の等式は実際には関数族の等式（すなわち集合の等式）であることに注意する。(1) の意味は、$a \neq 0$ のとき $af$ の原始関数が $f$ の原始関数の $a$ 倍として得られ、逆に $f$ の原始関数の $a$ 倍は $af$ の原始関数になる、ということである。(2) も同様の意味をもつ（連続関数については原始関数の存在がすでに保証されている）。

(1)(2) は微分法則の直接の結果である（たとえば (1) は、両辺の関数の微分がどちらも $af(x)\,dx$ であることから従う。(2) も同様）。(2) は有限個の関数の和についても同様に成り立つ。

これら二つの等式により、複雑な不定積分を、既知のいくつかの不定積分の和に分解して求めることができる。この方法を項別積分法という。

例 1 $\displaystyle\int \frac{x^2-3x+1}{x+1}\,dx$ を求めよ。

解． 被積分関数に多項式除法を実施すれば：

$$\begin{aligned}\int \frac{x^2-3x+1}{x+1}\,dx &= \int\!\left(x - 4 + \frac{5}{x+1}\right)dx = \int x\,dx - 4\int dx + 5\int \frac{dx}{x+1} \\ &= \frac{1}{2}x^2 - 4x + 5\ln|x+1| + C.\end{aligned}$$

（上式の第二の等式における各不定積分にはそれぞれ任意の定数が含まれているが、最後にまとめて $C$ と記す；これ以後は再説しない。）

例 2 $\displaystyle\int \frac{1}{\sin^2 x \cdot \cos^2 x}\,dx$ を求めよ。

解．

$$\int \frac{1}{\sin^2 x \cdot \cos^2 x}\,dx = \int \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin^2 x \cdot \cos^2 x}\,dx = \int \sec^2 x\,dx + \int \csc^2 x\,dx = \tan x - \cot x + C.$$

例 3 $\displaystyle\int \frac{1}{x^2(1+x^2)}\,dx$ を求めよ。

解．

$$\int \frac{1}{x^2(1+x^2)}\,dx = \int\!\left(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}\right)dx = -\frac{1}{x} - \arctan x + C.$$

置換積分法

置換積分法は不定積分を求める基本的な方法の一つで、合成関数の微分法則に対応している。新しい積分変数を導入して被積分関数の形を変え、不定積分を求めやすくする。

定理 1 $F(x)$ は $f(x)$ の一つの原始関数（すなわち $\displaystyle\int f(u)\,du = F(u) + C$）であり、$u = \varphi(x)$ は微分可能で $\varphi'(x)$ が連続関数であれば、

$$\int f(\varphi(x)) \cdot \varphi'(x)\,dx = F(\varphi(x)) + C.$$

すなわち $f(\varphi(x)) \cdot \varphi'(x)$ の一つの原始関数は $F(\varphi(x))$ である。

証明

1 階微分の形式の不変性より、$dF(u) = f(u)\,du$ は $u = \varphi(x)$ を代入した後も成り立つ。$dF(\varphi(x)) = f(\varphi(x))\,d\varphi(x) = f(\varphi(x))\varphi'(x)\,dx$ から等式が従う。

実践上では、求める不定積分が $\displaystyle\int f(\varphi(x)) \cdot \varphi'(x)\,dx$ の形として表達できるとき、$\displaystyle\int f(u)\,du$ が容易に求まれば、定理 1 から $\displaystyle\int f(\varphi(x)) \cdot \varphi'(x)\,dx$ が求まる。（この方法は第一置換法とも呼ばれる。）

定理 2 関数 $x = \varphi(t)$ は狭義単調の可微関数かつ $\varphi'(t)$ はゼロにならない（したがって $\varphi$ は逆関数 $\varphi^{-1}$ を持つ）。$G(t)$ は $f(\varphi(t))\varphi'(t)$ の一つの原始関数であれば、

$$\int f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt = G(t) + C,$$

ならば

$$\int f(x)\,dx = G(\varphi^{-1}(x)) + C.$$

すなわち $G(\varphi^{-1}(x))$ は $f(x)$ の一つの原始関数である。

証明

合成関数と逆関数の微分法、および仮定より、

$$\begin{aligned}\frac{dG(\varphi^{-1}(x))}{dx} &= \frac{dG(t)}{dx} = \frac{dG}{dt}\cdot\frac{dt}{dx} \\ &= f(\varphi(t))\varphi'(t)\cdot\frac{1}{\varphi'(t)} \\ &= f(\varphi(t)) = f(x).\end{aligned}$$

定理 2 はもう一つの置換の方法を与えるものである：求める不定積分が $\displaystyle\int f(x)\,dx$ であり、直接積分しにくい場合、適当な置換 $x = \varphi(t)$（ここで $\varphi(t)$ は定理 2 の要求を満たす）を行い、$\displaystyle\int f(x)\,dx$ を $\displaystyle\int f(\varphi(t))\,d\varphi(t) = \displaystyle\int f(\varphi(t))\cdot\varphi'(t)\,dt$ に変化させる。もし右端の不定積分が求まれば、その結果から $t = \varphi^{-1}(x)$ を利用して変数 $t$ を変量 $x$ に変換し直せば $\displaystyle\int f(x)\,dx$ が求まる。（この方法は第二置換法とも呼ばれる。）

例 4 $\displaystyle\int \tan x\,dx$ を求めよ。

解．

$$\int \tan x\,dx = \int \frac{\sin x}{\cos x}\,dx = -\int \frac{d(\cos x)}{\cos x} = -\ln|\cos x| + C.$$

例 5 $\displaystyle\int \frac{\ln x}{x\sqrt{1+\ln x}}\,dx$ を求めよ。

解． $t = \ln x$ とおくと $d(\ln x) = \dfrac{dx}{x}$ だから、

$$\begin{aligned}\int \frac{\ln x}{x\sqrt{1+\ln x}}\,dx &= \int \frac{t}{\sqrt{1+t}}\,dt = \int \frac{(1+t)-1}{\sqrt{1+t}}\,dt \\ &= \int \sqrt{1+t}\,d(1+t) - \int \frac{d(1+t)}{\sqrt{1+t}} \\ &= \frac{2}{3}(1+t)^{3/2} - 2\sqrt{1+t} + C \\ &= \frac{2}{3}(1+\ln x)^{3/2} - 2\sqrt{1+\ln x} + C.\end{aligned}$$

例 6 $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{e^x+1}}\,dx$ を求めよ。

解． $t = \sqrt{e^x+1}$ とおくと $e^x + 1 = t^2$ だから $e^x\,dx = 2t\,dt$、すなわち $dx = \dfrac{2t}{t^2-1}\,dt$。

$$\begin{aligned}\int \frac{1}{\sqrt{e^x+1}}\,dx &= \int \frac{1}{t}\cdot\frac{2t}{t^2-1}\,dt = \int\!\left(\frac{1}{t-1} - \frac{1}{t+1}\right)dt \\ &= \ln\frac{t-1}{t+1} + C = 2\ln(\sqrt{e^x+1}-1) - x + C.\end{aligned}$$

例 7 $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x}(1+\sqrt[3]{x})}\,dx$ を求めよ。

解． 被積分関数の定義域は $x > 0$。$x = t^6$（$t > 0$）とおいてすべての根号を消去すれば $\sqrt{x} = t^3$，$\sqrt[3]{x} = t^2$，$dx = 6t^5\,dt$。

$$\int \frac{dx}{\sqrt{x}(1+\sqrt[3]{x})} = 6\int \frac{t^2\,dt}{1+t^2} = 6\int\,dt - 6\int \frac{dt}{1+t^2} = 6(t - \arctan t) + C.$$

$t = \sqrt[6]{x}$ だから求める不定積分は $6(\sqrt[6]{x} - \arctan\sqrt[6]{x}) + C$。

例 8 $\displaystyle\int \sqrt{a^2-x^2}\,dx$（$a$ は定数，$a > 0$）を求めよ。

解． 二次根号を消去するために $x = a\sin t$（$-\dfrac{\pi}{2} < t < \dfrac{\pi}{2}$）とおくと、$t = \arcsin\dfrac{x}{a}$ かつ $dx = a\cos t\,dt$。

$$\begin{aligned}\int a^2\cos^2 t\,dt &= \frac{a^2}{2}\int (1+\cos 2t)\,dt = \frac{a^2}{2}\left(t + \frac{\sin 2t}{2}\right) + C \\ &= \frac{a^2}{2}(t + \sin t\cos t) + C = \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + \frac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2} + C.\end{aligned}$$

例 9 $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\,dx$（$a$ は定数，$a > 0$）を求めよ。

解． 被積分関数の定義域は $x > a$ または $x < -a$。まず $x > a$ の場合を考える。三角置換 $x = a\sec t$（$0 < t < \dfrac{\pi}{2}$）を用いてもよいが、ここでは双曲余弦置換を利用するとより便利である。

$x = a\cosh t$（$t > 0$）とおくと $\sqrt{x^2-a^2} = a\sinh t$，$dx = a\sinh t\,dt$。 逆双曲線余弦の対数表示（数列の章の初等関数の項を参照）を用いると、

$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\,dx = \int dt = t + C = \ln\!\left(\frac{x}{a} + \sqrt{\left(\frac{x}{a}\right)^2 - 1}\right) + C = \ln(x + \sqrt{x^2-a^2}) + C',$$

ここで $C' = C - \ln a$ は任意の定数である。

$x < -a$ のとき $x = -a\sec t$（$0 < t < \dfrac{\pi}{2}$）とするか、あるいは $x = -t$（$t > 0$）とおくと前の情形に帰着する。二つの場合の結果をまとめると：

$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\,dx = \ln|x + \sqrt{x^2-a^2}| + C.$$

例 10 $\displaystyle\int \frac{1}{x\sqrt{a^2-x^2}}\,dx$（$a$ は定数，$a > 0$）を求めよ。

解． 被積分関数の定義域は $|x| < a$ かつ $x \neq 0$。三角置換でも解けるが、ここでは別の有効な置換——逆数による置換を紹介する。

$0 < x < a$ のとき $x = \dfrac{a}{t}$（$t > 1$）とおくと $dx = -\dfrac{1}{t^2}\,dt$。例 9 の結果から、

$$\begin{aligned}-\frac{1}{a}\int \frac{1}{\sqrt{t^2-1}}\,dt &= -\frac{1}{a}\ln|t + \sqrt{t^2-1}| + C \\ &= \frac{1}{a}\ln\left|\frac{a - \sqrt{a^2-x^2}}{x}\right| + C.\end{aligned}$$

同様に $-a < x < 0$ のときも結果は同じである。まとめると：

$$\int \frac{1}{x\sqrt{a^2-x^2}}\,dx = \frac{1}{a}\ln\left|\frac{a-\sqrt{a^2-x^2}}{x}\right| + C.$$

例 11 $\displaystyle\int \frac{x^2+1}{x^4+x^2+1}\,dx$ を求めよ。

解． $x \neq 0$ のとき、被積分関数の分子・分母をともに $x^2$ で除すと：

$$\begin{aligned}\int \frac{x^2+1}{x^4+x^2+1}\,dx &= \int \frac{1+\frac{1}{x^2}}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+3}\,dx = \int \frac{d\!\left(x-\frac{1}{x}\right)}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+3} \\ &= \frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{x^2-1}{\sqrt{3}\,x} + C.\end{aligned}$$

上の結果は $x \neq 0$ での式である。$(-\infty, +\infty)$ 上の原始関数にするには、$x>0$ と $x<0$ で定数を調整して $x = 0$ で連続につなぐ。そのとき $F'_{\pm}(0) = \lim_{x\to0\pm}f(x) = f(0)$ なので、$F$ は $x = 0$ でも微分可能である（平均値の定理の練習問題 12 の応用）。

また本例は次のようにも解ける（上の煩雑さを避けられる）：

$$\begin{aligned}\int \frac{x^2+1}{x^4+x^2+1}\,dx &= \frac{1}{2}\int \frac{(x^2+x+1)+(x^2-x+1)}{(x^2+x+1)(x^2-x+1)}\,dx \\ &= \frac{1}{2}\int \frac{dx}{x^2-x+1} + \frac{1}{2}\int \frac{dx}{x^2+x+1} \\ &= \frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}} + C.\end{aligned}$$

部分積分法

部分積分法は、積分を計算するときに広く用いられるもう一つの方法で、関数の乗積の微分法則に対応している：

$$(u(x)v(x))' = u'(x)v(x) + u(x)v'(x), \quad \text{あるいは}\quad d(u(x)v(x)) = v(x)\,du(x) + u(x)\,dv(x).$$

これに対応する $(u(x)v(x))'$ の一つの原始関数はちょうど $u(x)v(x)$ であるから、直ちに次の定理が得られる。

定理 3（部分積分法） 関数 $u = u(x)$ と $v = v(x)$ が連続な導関数をもつとき、

$$\int u(x)\cdot v'(x)\,dx = u(x)\cdot v(x) - \int v(x)\cdot u'(x)\,dx;$$

これは簡単に

$$\int u\,dv = uv - \int v\,du$$

と記される。

式中の任意定数はまとめて書いていない。この定理の最も直接的な応用は、$u'v$ と $uv'$ の一方の不定積分から他方を得ることである。

例 12 $\displaystyle\int \ln x\,dx$ を求めよ。

解． $u(x) = \ln x$，$dv(x) = dx$ ととると $v(x) = x$ が得られ：

$$\int \ln x\,dx = x\ln x - \int x\,d(\ln x) = x\ln x - \int dx = x\ln x - x + C.$$

例 13 $\displaystyle\int e^{ax}\sin bx\,dx$（$a$，$b$ はゼロでない実数）を求めよ。

解． 求める不定積分を $I$ とすると、部分積分公式から：

$$I = \frac{1}{a}\int \sin bx\cdot d(e^{ax}) = \frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a}\int e^{ax}\cos bx\,dx.$$

右端の第二の積分に再び部分積分公式を適用すると：

$$\int e^{ax}\cos bx\,dx = \frac{e^{ax}}{a}\cos bx + \frac{b}{a}\int e^{ax}\sin bx\,dx.$$

よって：

$$I = \frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a^2}e^{ax}\cos bx - \frac{b^2}{a^2}I.$$

移項して（注意：$I$ は一つの関数族を表す）：

$$I = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\sin bx - b\cos bx) + C.$$

例 14 $I_n = \displaystyle\int \frac{1}{(x^2+a^2)^n}\,dx$（$n = 1, 2, \cdots$，$a$ はゼロでない実数）とおくとき、次の漸化公式が成立することを証明せよ：

$$I_{n+1} = \frac{1}{2na^2}\cdot\frac{x}{(x^2+a^2)^n} + \frac{2n-1}{2na^2}I_n \qquad (n = 1, 2, \cdots).$$

（これと $I_1 = \dfrac{1}{a}\arctan\dfrac{x}{a}$ から、順に $I_2, I_3, \dots$ が求まる。）

証明． 部分積分（$u = \dfrac{1}{(x^2+a^2)^n}$，$v = x$ ととる，$du = -\dfrac{2nx}{(x^2+a^2)^{n+1}}\,dx$，$dv = dx$）から：

$$\begin{aligned}I_n &= \frac{x}{(x^2+a^2)^n} + 2n\int \frac{x^2}{(x^2+a^2)^{n+1}}\,dx \\ &= \frac{x}{(x^2+a^2)^n} + 2n\left(\int \frac{1}{(x^2+a^2)^n}\,dx - a^2\int \frac{1}{(x^2+a^2)^{n+1}}\,dx\right) \\ &= \frac{x}{(x^2+a^2)^n} + 2n(I_n - a^2 I_{n+1}),\end{aligned}$$

整理すると漸化公式が得られる。

多くの不定積分の計算では、部分積分法と置換法を合わせて使う必要がある。このような例を一つ挙げる。

例 15 $\displaystyle\int xe^x(1+e^x)^{-\frac{3}{2}}\,dx$ を求めよ。

解． まず部分積分法を適用すると：

$$\int xe^x(1+e^x)^{-\frac{3}{2}}\,dx = -\int 2x\,d\!\left(\frac{1}{\sqrt{1+e^x}}\right) = -\frac{2x}{\sqrt{1+e^x}} + 2\int \frac{1}{\sqrt{1+e^x}}\,dx.$$

上式中の不定積分は例 6 の置換で求められ、最終的に

$$\int xe^x(1+e^x)^{-\frac{3}{2}}\,dx = 4\ln(\sqrt{e^x+1}-1) - 2x - \frac{2x}{\sqrt{e^x+1}} + C.$$

練習問題（不定積分）

  1. 項別積分で次の不定積分を求めよ。(a) $\displaystyle\int \frac{x^4}{1+x^2}\,dx$；(b) $\displaystyle\int \tan^2 x\,dx$；(c) $\displaystyle\int \frac{1}{x^2(x^2-1)}\,dx$。
  2. 第一置換法で次の不定積分を求めよ。

    1. $\displaystyle\int (2x-1)^{100}\,dx$；
    2. $\displaystyle\int \frac{1}{x^2}\sin\frac{1}{x}\,dx$；
    3. $\displaystyle\int \frac{\cos x - \sin x}{1+\sin x + \cos x}\,dx$；
    4. $\displaystyle\int \frac{\arctan x}{1+x^2}\,dx$；
    5. $\displaystyle\int x\sqrt{1-x^2}\,dx$；
    6. $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx$；
    7. $\displaystyle\int \frac{\arctan\frac{1}{x}}{1+x^2}\,dx$；
    8. $\displaystyle\int \frac{1+\ln x}{x\ln x}\,dx$；
    9. $\displaystyle\int \sin^2 x\,dx$；
    10. $\displaystyle\int \sin^5 x\cos x\,dx$。
  3. 第二置換法で次の不定積分を求めよ。

    1. $\displaystyle\int \sqrt{e^x-2}\,dx$；
    2. $\displaystyle\int \sqrt{x^2+a^2}\,dx$（$a$ は定数，$a > 0$）；
    3. $\displaystyle\int \frac{1}{(x^2-a^2)^{3/2}}\,dx$（$a$ は定数，$a > 0$）；
    4. $\displaystyle\int \frac{x^2}{\sqrt{a^2-x^2}}\,dx$（$a$ は定数，$a > 0$）；
    5. $\displaystyle\int \frac{1}{1+\sqrt{x+1}}\,dx$；
    6. $\displaystyle\int \frac{x\ln x}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx$；
    7. $\displaystyle\int \frac{1-\ln x}{(x-\ln x)^2}\,dx$；
    8. $\displaystyle\int \frac{1}{x^2\sqrt{x^2+a^2}}\,dx$（$a$ は定数，$a > 0$）；
    9. $\displaystyle\int \frac{x+2}{\sqrt[3]{2x+1}}\,dx$；
    10. $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[4]{x}}\,dx$；
    11. $\displaystyle\int \frac{x-1}{x^2\sqrt{x^2-1}}\,dx$；
    12. $\displaystyle\int \frac{1}{x^8(1+x^2)}\,dx$。
  4. 部分積分法で次の不定積分を求めよ。

    1. $\displaystyle\int x\sin x\,dx$；
    2. $\displaystyle\int x^2\ln x\,dx$；
    3. $\displaystyle\int \cos\ln x\,dx$；
    4. $\displaystyle\int x^2\cos 5x\,dx$；
    5. $\displaystyle\int \sec^3 x\,dx$；
    6. $\displaystyle\int x^2 e^x\,dx$；
    7. $\displaystyle\int x\arcsin x\,dx$；
    8. $\displaystyle\int x(\arctan x)^2\,dx$；
    9. $\displaystyle\int (\arcsin x)^2\,dx$；
    10. $\displaystyle\int \ln(x+\sqrt{x^2+1})\,dx$。
  5. 次の不定積分を求めよ。

    1. $\displaystyle\int |x|\,dx$；
    2. $\displaystyle\int \max(1, x^2)\,dx$。
  6. 次の不定積分の漸化公式を導出せよ。

    1. $\displaystyle\int \sin^n x\,dx$（$n = 1, 2, \cdots$）；
    2. $\displaystyle\int x^n e^x\,dx$（$n = 1, 2, \cdots$）。
  7. 次の不定積分を求めよ。

    1. $\displaystyle\int \frac{1}{1+e^x}\,dx$；
    2. $\displaystyle\int \frac{x^2-1}{x^4+x^2+1}\,dx$；
    3. $\displaystyle\int \frac{1}{x^4+x^6}\,dx$；
    4. $\displaystyle\int x\sqrt{x-2}\,dx$；
    5. $\displaystyle\int \frac{\sqrt{x-1}\arctan\sqrt{x-1}}{x}\,dx$；
    6. $\displaystyle\int \frac{xe^x}{\sqrt{e^x-2}}\,dx$；
    7. $\displaystyle\int xe^x\sin x\,dx$；
    8. $\displaystyle\int \frac{1}{(1+\tan x)\sin^2 x}\,dx$；
    9. $\displaystyle\int \frac{\sqrt{1-x}}{1-\sqrt{x}}\,dx$；
    10. $\displaystyle\int \sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\cdot\frac{1}{x^2}\,dx$；
    11. $\displaystyle\int \frac{x\arctan x}{(1+x^2)^3}\,dx$；
    12. $\displaystyle\int \frac{x}{1+\sin x}\,dx$；
    13. $\displaystyle\int \arcsin\sqrt{x}\,dx$；
    14. $\displaystyle\int \frac{x+\sin x}{1+\cos x}\,dx$；
    15. $\displaystyle\int x\sin^2 x\,dx$；
    16. $\displaystyle\int \frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}\,dx$；
    17. $\displaystyle\int \frac{\arctan x}{x^2(1+x^2)}\,dx$；
    18. $\displaystyle\int \frac{\arctan e^x}{e^x}\,dx$；
    19. $\displaystyle\int e^{2x}(1+\tan x)^2\,dx$；
    20. $\displaystyle\int \frac{x^2}{(x\sin x+\cos x)^2}\,dx$；
    21. $\displaystyle\int \cos x\cos 2x\cos 3x\,dx$；
    22. $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x-1}+\sqrt{x+1}}\,dx$；
    23. $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{\sqrt{x}+1}}\,dx$；
    24. $\displaystyle\int \sqrt{\frac{x}{1-x\sqrt{x}}}\,dx$；
    25. $\displaystyle\int \frac{xe^x}{(1+x)^2}\,dx$。
解答
  1. (a) $\frac{x^{3}}{3} - x + \arctan{\left(x \right)} + C$；(b) $- x + \tan{\left(x \right)} + C$；(c) $\frac{\ln{\left(\frac{x - 1}{x + 1} \right)}}{2} + \frac{1}{x} + C$。
  2. (a) $\frac{\left(2 x - 1\right)^{101}}{202} + C$；(b) $\cos{\left(\frac{1}{x} \right)} + C$；(c) $\ln{\left(\sin{\left(x \right)} + \cos{\left(x \right)} + 1 \right)} + C$；(d) $\frac{\arctan^{2}{\left(x \right)}}{2} + C$；(e) $- \frac{\left(1 - x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}{3} + C$；(f) $2 \arctan{\left(\sqrt{x} \right)} + C$；(g) $- \frac{\arctan^{2}{\left(\frac{1}{x} \right)}}{2} + C$；(h) $\ln{\left(x \ln{\left(x \right)} \right)} + C$；(i) $\frac{x}{2} - \frac{\sin{\left(2 x \right)}}{4} + C$；(j) $\frac{\sin^{6}{\left(x \right)}}{6} + C$。
  3. (a) $2 \sqrt{e^{x} - 2} - 2 \sqrt{2} \arctan{\left(\sqrt{\frac{e^{x}}{2} - 1} \right)} + C$；(b) $\frac{a^{2} \ln{\left(x + \sqrt{a^{2} + x^{2}} \right)}}{2} + \frac{x \sqrt{a^{2} + x^{2}}}{2} + C$；(c) $- \frac{x}{a^{2} \sqrt{- a^{2} + x^{2}}} + C$；(d) $\frac{a^{2} \arcsin{\left(\frac{x}{a} \right)}}{2} - \frac{x \sqrt{a^{2} - x^{2}}}{2} + C$；(e) $2 \sqrt{x + 1} - 2 \ln{\left(\sqrt{x + 1} + 1 \right)} + C$；(f) $- \ln{\left(\frac{\sqrt{x^{2} + 1} + 1}{x} \right)} - \frac{\ln{\left(x \right)}}{\sqrt{x^{2} + 1}} + C$；(g) $\frac{x}{x - \ln{\left(x \right)}} + C$；(h) $- \frac{\sqrt{a^{2} + x^{2}}}{a^{2} x} + C$；(i) $\frac{3 \left(2 x + 1\right)^{\frac{5}{3}}}{20} + \frac{9 \left(2 x + 1\right)^{\frac{2}{3}}}{8} + C$；(j) $- 4 \sqrt[4]{x} + 2 \sqrt{x} + 4 \ln{\left(\sqrt[4]{x} + 1 \right)} + C$；(k) $\arccos{\left(\frac{1}{x} \right)} - \frac{\sqrt{x^{2} - 1}}{x} + C$；(l) $\arctan{\left(x \right)} + \frac{1}{x} - \frac{1}{3 x^{3}} + \frac{1}{5 x^{5}} - \frac{1}{7 x^{7}} + C$。（$a>0$、定義域内の一つの区間で考える）
  4. (a) $- x \cos{\left(x \right)} + \sin{\left(x \right)} + C$；(b) $\frac{x^{3} \ln{\left(x \right)}}{3} - \frac{x^{3}}{9} + C$；(c) $\frac{x \left(\sin{\left(\ln{\left(x \right)} \right)} + \cos{\left(\ln{\left(x \right)} \right)}\right)}{2} + C$；(d) $\frac{x^{2} \sin{\left(5 x \right)}}{5} + \frac{2 x \cos{\left(5 x \right)}}{25} - \frac{2 \sin{\left(5 x \right)}}{125} + C$；(e) $\frac{\ln{\left(\tan{\left(x \right)} + \sec{\left(x \right)} \right)}}{2} + \frac{\tan{\left(x \right)} \sec{\left(x \right)}}{2} + C$；(f) $\left(x^{2} - 2 x + 2\right) e^{x} + C$；(g) $\frac{x \sqrt{1 - x^{2}}}{4} + \left(\frac{x^{2}}{2} - \frac{1}{4}\right) \arcsin{\left(x \right)} + C$；(h) $- x \arctan{\left(x \right)} + \frac{\left(x^{2} + 1\right) \arctan^{2}{\left(x \right)}}{2} + \frac{\ln{\left(x^{2} + 1 \right)}}{2} + C$；(i) $x \arcsin^{2}{\left(x \right)} - 2 x + 2 \sqrt{1 - x^{2}} \arcsin{\left(x \right)} + C$；(j) $x \ln{\left(x + \sqrt{x^{2} + 1} \right)} - \sqrt{x^{2} + 1} + C$。
  5. (a) $\dfrac{x|x|}{2} + C$。(b) $x$ の区間ごとに $x$（$|x|\leq1$），$\dfrac{x^3}{3}+\dfrac23$（$x>1$），$\dfrac{x^3}{3}-\dfrac23$（$x<-1$）として、$x = \pm1$ で連続になるようにつなぎ、全体に $C$ を加える。
  6. (a) $I_n = \displaystyle\int\sin^nx\,dx$ は $I_n = -\dfrac{\sin^{n-1}x\cos x}{n} + \dfrac{n-1}{n}I_{n-2}$（$n\geq2$）。(b) $J_n = \displaystyle\int x^ne^x\,dx$ は $J_n = x^ne^x - nJ_{n-1}$。
  7. (a) $x - \ln{\left(e^{x} + 1 \right)} + C$；(b) $\frac{\ln{\left(\frac{x^{2} - x + 1}{x^{2} + x + 1} \right)}}{2} + C$；(c) $\arctan{\left(x \right)} + \frac{1}{x} - \frac{1}{3 x^{3}} + C$；(d) $\frac{2 \left(x - 2\right)^{\frac{5}{2}}}{5} + \frac{4 \left(x - 2\right)^{\frac{3}{2}}}{3} + C$；(e) $2 \sqrt{x - 1} \arctan{\left(\sqrt{x - 1} \right)} - \ln{\left(x \right)} - \arctan^{2}{\left(\sqrt{x - 1} \right)} + C$；(f) $2 x \sqrt{e^{x} - 2} - 4 \sqrt{e^{x} - 2} + 4 \sqrt{2} \arctan{\left(\sqrt{\frac{e^{x}}{2} - 1} \right)} + C$；(g) $\frac{x \left(\sin{\left(x \right)} - \cos{\left(x \right)}\right) e^{x}}{2} + \frac{e^{x} \cos{\left(x \right)}}{2} + C$；(h) $\ln{\left(\cot{\left(x \right)} + 1 \right)} - \cot{\left(x \right)} + C$；(i) $- 2 \sqrt{1 - x} - \sqrt{- x^{2} + x} + \arcsin{\left(\sqrt{x} \right)} + C$；(j) $\arccos{\left(\frac{1}{x} \right)} - \frac{\sqrt{x^{2} - 1}}{x} + C$；(k) $\frac{3 x}{32 x^{2} + 32} + \frac{x}{16 \left(x^{2} + 1\right)^{2}} + \frac{3 \arctan{\left(x \right)}}{32} - \frac{\arctan{\left(x \right)}}{4 \left(x^{2} + 1\right)^{2}} + C$；(l) $x \left(\tan{\left(x \right)} - \sec{\left(x \right)}\right) + \ln{\left(\sin{\left(x \right)} + 1 \right)} + C$；(m) $\left(x - \frac{1}{2}\right) \arcsin{\left(\sqrt{x} \right)} + \frac{\sqrt{- x^{2} + x}}{2} + C$；(n) $x \tan{\left(\frac{x}{2} \right)} + C$；(o) $\frac{x^{2}}{4} - \frac{x \sin{\left(2 x \right)}}{4} - \frac{\cos{\left(2 x \right)}}{8} + C$；(p) $\frac{\left(x^{2} + 1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} - \sqrt{x^{2} + 1} + C$；(q) $\ln{\left(x \right)} - \frac{\ln{\left(x^{2} + 1 \right)}}{2} - \frac{\arctan^{2}{\left(x \right)}}{2} - \frac{\arctan{\left(x \right)}}{x} + C$；(r) $x - \frac{\ln{\left(e^{2 x} + 1 \right)}}{2} - e^{- x} \arctan{\left(e^{x} \right)} + C$；(s) $e^{2 x} \tan{\left(x \right)} + C$；(t) $\frac{- x \cos{\left(x \right)} + \sin{\left(x \right)}}{x \sin{\left(x \right)} + \cos{\left(x \right)}} + C$；(u) $\frac{x}{4} + \frac{\sin{\left(2 x \right)}}{8} + \frac{\sin{\left(4 x \right)}}{16} + \frac{\sin{\left(6 x \right)}}{24} + C$；(v) $- \frac{\left(x - 1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} + \frac{\left(x + 1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} + C$；(w) $\frac{4 \left(\sqrt{x} + 1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} - 4 \sqrt{\sqrt{x} + 1} + C$；(x) $- \frac{4 \sqrt{1 - x^{\frac{3}{2}}}}{3} + C$；(y) $\frac{e^{x}}{x + 1} + C$。（(j) は 3 番 (k) と同じ。(i) は有理化で $\dfrac{1+\sqrt x}{\sqrt{1-x}}$、(r) は部分積分、(s) は $e^{2x}(\sec^2x+2\tan x)=(e^{2x}\tan x)'$、(t) は商の微分の形に直す、などが要点である。）

有理関数の不定積分

前節で不定積分を求める基本的な方法をいくつか紹介し、また初等関数の不定積分が初等関数にならない場合が多いことも指摘した。

しかし、本節で論じる初等関数の種類について、不定積分論中に一つの意義深い一般的な結果がある：すべての有理関数の不定積分は初等関数である。

再び述べると、有理関数とは分子・分母がともに $x$ の多項式の分式 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ のことであり、

$$\begin{aligned}P(x) &= a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0, \quad a_n \neq 0; \\ Q(x) &= b_m x^m + b_{m-1}x^{m-1} + \cdots + b_0, \quad b_m \neq 0.\end{aligned}$$

$n \geq m$ のとき $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ を有理仮分式といい；$n < m$ のとき $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ を有理真分式という。

多項式の除法より、任意の有理仮分式は一つの多項式と一つの有理真分式の和として表せる。多項式の原始関数は計算しやすく、結果も依然として多項式である。したがって有理関数の不定積分を求めるには、有理真分式の不定積分のみを考えればよい。

有理真分式の不定積分は、代数学の以下の二つの事実に依拠している。証明はここでは省く。

定理 1 任意の実係数多項式 $Q(x)$ は乗積に分解できる：

$$Q(x) = b_m(x-\alpha_1)^{r_1}\cdots(x-\alpha_k)^{r_k}(x^2+\beta_1 x+\gamma_1)^{s_1}\cdots(x^2+\beta_l x+\gamma_l)^{s_l},$$

ここで $r_1+\cdots+r_k+2s_1+\cdots+2s_l = m$，すべての $\alpha_i$，$\beta_j$，$\gamma_j$ は実数，かつ $\beta_i^2 - 4\gamma_i < 0$（$i = 1, 2, \cdots, l$）（すなわちこれらの二次多項式は実数範囲内では因数分解できない）。

定理 2 $P(x)$ と $Q(x)$ がそれぞれ $n$ 次と $m$ 次の実係数多項式であり $n < m$ であるとする。$Q(x)$ が既に定理 1 で述べた形式に分解されているとき、実数 $A_{i,j}$，$B_{i,j}$，$C_{i,j}$ が存在して次が成立する：

$$\begin{aligned}\frac{P(x)}{Q(x)} &= \frac{A_{1,1}}{x-\alpha_1} + \cdots + \frac{A_{1,r_1}}{(x-\alpha_1)^{r_1}} + \cdots \\ &\quad + \frac{A_{k,1}}{x-\alpha_k} + \cdots + \frac{A_{k,r_k}}{(x-\alpha_k)^{r_k}} \\ &\quad + \frac{B_{1,1}x+C_{1,1}}{x^2+\beta_1 x+\gamma_1} + \cdots + \frac{B_{1,s_1}x+C_{1,s_1}}{(x^2+\beta_1 x+\gamma_1)^{s_1}} + \cdots \\ &\quad + \frac{B_{l,1}x+C_{l,1}}{x^2+\beta_l x+\gamma_l} + \cdots + \frac{B_{l,s_l}x+C_{l,s_l}}{(x^2+\beta_l x+\gamma_l)^{s_l}}.\end{aligned}$$

この式を有理真分式 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ の「部分分数分解」という。

簡単に言えば、$Q(x)$ の分解中に因式 $(x-\alpha)^r$ があれば、$\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ の部分分数分解に含まれる項：

$$\frac{A_1}{x-\alpha} + \cdots + \frac{A_r}{(x-\alpha)^r};$$

$Q(x)$ の分解中に因式 $(x^2+\beta x+\gamma)^s$（$\beta^2-4\gamma < 0$）があれば、$\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ の部分分数分解に含まれる項：

$$\frac{B_1 x+C_1}{x^2+\beta x+\gamma} + \cdots + \frac{B_s x+C_s}{(x^2+\beta x+\gamma)^s}.$$

有理関数の不定積分を具体的に求めるには、まず有理関数の部分分数分解をするのが原則である。そのためには未定係数法が基本的な方法である。定理 2 は、未定係数法が必ず成功することを保証している。

定理 2 の主な役割は一般的な有理真分式の積分を、以下の二種の特殊型の不定積分の問題に帰着させることである：

  1. $\displaystyle\int \frac{1}{(x-\alpha)^k}\,dx$；
  2. $\displaystyle\int \frac{Bx+C}{(x^2+\beta x+\gamma)^k}\,dx$。

（ここで $k$ は自然数，$\beta^2 - 4\gamma < 0$。）

形式 (i) の不定積分は初等関数である（注意：$k=1$ および $k>1$ の場合で形式が異なる）。形式 (ii) については $t = x+\dfrac{\beta}{2}$，$a^2 = \gamma - \dfrac{\beta^2}{4}$ とおくことにより：

$$\int \frac{Bx+C}{(x^2+\beta x+\gamma)^k}\,dx = \frac{B}{2}\int \frac{2t\,dt}{(t^2+a^2)^k} + \left(C - \frac{B\beta}{2}\right)\int \frac{dt}{(t^2+a^2)^k}.$$

$k = 1$ のとき上式右端の第一の不定積分は対数関数形式，第二は逆正接関数形式であり，すなわち初等関数である。$k > 1$ のとき上式右端の第一の不定積分は

$$\frac{1}{1-k}\cdot\frac{1}{(t^2+a^2)^{k-1}} + C,$$

これは初等関数であり；前節の例 14 の漸化式から上式右端の第二の不定積分も初等関数である。こうして有理真分式の原始関数（さらに任意の有理関数の原始関数）はすべて初等関数であることが証明された。

例 1 $\displaystyle\int \frac{1}{x^3+1}\,dx$ を求めよ。

解． 被積分関数の分母の分解は

$$x^3 + 1 = (x+1)(x^2-x+1).$$

定理 2 から：

$$\frac{1}{x^3+1} = \frac{A}{x+1} + \frac{Bx+C}{x^2-x+1},$$

ここで $A$，$B$，$C$ は未定の実数である。分母を払うと恒等式：

$$A(x^2-x+1) + (Bx+C)(x+1) = 1.$$

両辺の同じ次数の係数を比較すると：

$$\begin{cases} A+B = 0, \\ -A+B+C = 0, \\ A+C = 1. \end{cases}$$

これを解いて $A = \dfrac{1}{3}$，$B = -\dfrac{1}{3}$，$C = \dfrac{2}{3}$。（$A$，$B$，$C$ は「代入法」でも求まる。上の恒等式で $x = -1$ とすれば $A = \dfrac{1}{3}$；$x = 0$ とすれば $C = \dfrac{2}{3}$；さらに $x = 1$ とすれば $B = -\dfrac{1}{3}$。）

$$\begin{aligned}\int \frac{1}{x^3+1}\,dx &= \frac{1}{3}\int \frac{dx}{x+1} - \frac{1}{3}\int \frac{x-2}{x^2-x+1}\,dx \\ &= \frac{1}{3}\ln|x+1| - \frac{1}{6}\int \frac{d(x^2-x+1)}{x^2-x+1} + \frac{1}{2}\int \frac{dx}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}} \\ &= \frac{1}{6}\ln\frac{(x+1)^2}{x^2-x+1} + \frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}} + C.\end{aligned}$$

有理関数の不定積分を求めるには、原則としてまず有理関数の部分分数分解をすればよい。しかし問題の特徴に合わせて適当な恒等変形を行えば、ときに必要な分解をより簡単に作れることがある。一方で場合によっては上述の原則を適用すると冗長で複雑な計算が生じることもあり、その際は他の解法を採用した方がよい（以下の例 2 と例 3 を参照）。

例 2 $\displaystyle\int \frac{1}{x(x+1)(x^2+x+1)}\,dx$ を求めよ。

解．

$$\frac{1}{x(x+1)(x^2+x+1)} = \frac{(x^2+x+1)-(x+1)x}{x(x+1)(x^2+x+1)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} - \frac{1}{x^2+x+1},$$

よって所求の不定積分は

$$\ln\left|\frac{x}{x+1}\right| - \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}} + C.$$

例 3 $\displaystyle\int \frac{1}{x(x^8+1)}\,dx$ を求めよ。

解．

$$\int \frac{1}{x(x^8+1)}\,dx = \int \frac{1+x^8-x^8}{x(x^8+1)}\,dx = \int \frac{1}{x}\,dx - \frac{1}{8}\int \frac{d(x^8+1)}{x^8+1} = \ln|x| - \frac{1}{8}\ln(x^8+1) + C.$$

三角関数有理式の不定積分

三角関数及び定数によって有限回の四則演算で構成される表達式を三角関数の有理式という。三角関数の有理式は $R(\sin x, \cos x)$ と記すことができ、ここで $R(u, v)$ は変量 $u$，$v$ の有理関数、すなわち $u$，$v$ の二つの多項式の商である。

三角関数有理式の不定積分

$$\int R(\sin x, \cos x)\,dx$$

は次の「万能変換」

$$t = \tan\frac{x}{2} \qquad (-\pi < x < \pi)$$

によって有理関数の積分に変換できる。したがってその不定積分は初等関数である。実際に「万能変換」によって：

$$\frac{1}{1+t^2} = \cos^2\frac{x}{2}, \qquad \frac{t^2}{1+t^2} = \sin^2\frac{x}{2}$$

三角関数の倍角公式より：

$$\sin x = \frac{2t}{1+t^2}, \qquad \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2},$$

すなわち $\sin x$ と $\cos x$（さらにすべての三角有理式）は $t$ の有理式として表せる。また微分して

$$dx = \frac{2}{1+t^2}\,dt$$

すなわち $x$ の $t$ に対する導関数も有理式として表せる。よって $\displaystyle\int R(\sin x, \cos x)\,dx$ を $t$ の有理関数の不定積分に変換でき，したがって $t$ の初等関数として表せる；さらに $t = \tan\dfrac{x}{2}$ を利用して $t$ を $x$ に変換し直せば，$x$ の初等関数として表せる。

注記 上述の「万能変換」$t = \tan\dfrac{x}{2}$ の幾何学的な意義は：図 4.3 に示すように、単位円の周上の一点 $P$、その座標は $(u, v)$，$u = \cos x$，$v = \sin x$，$t = \tan\dfrac{x}{2}$ は線分 $SP$（あるいは $|x| > \dfrac{\pi}{2}$ のとき $SP$ の延長線）と $v$ 軸の交点 $R$ の縦座標である。したがって単位円周上の一般点 $P(u, v)$ は $t$ を用いた有理式

$$u = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \qquad v = \frac{2t}{1+t^2}$$

で表すことができる。円周はこのように $t$ と実数軸全体の一一対応（$S$ 点を除いて）がある：$t$ が $-\infty$ から $+\infty$ に変化するとき、対応する点 $P(u, v)$ は $S$ 点から出発して逆時計方向に円周を一周する。円周のこのような表示は明らかに恒等式

$$(t^2-1)^2 + (2t)^2 = (t^2+1)^2, \quad t \in (-\infty, +\infty)$$

である。$t \geq 2$ が整数のとき、上式は ピタゴラス数 $a = t^2-1$，$b = 2t$，$c = t^2+1$ を与え、方程式 $a^2+b^2 = c^2$ の整数解（ピタゴラスの定理）。特に $t = 2$ のとき $a = 3$，$b = 4$，$c = 5$ である。

原則として、三角関数有理式には万能変換がかならず使える。しかし具体的な問題に対して適当な三角恒等変形（双曲関数の類似した恒等式も同様）を利用すれば，より柔軟・簡便な方法が採用できる。

例 4 $\displaystyle\int \frac{1}{5+4\sin x}\,dx$ を求めよ。

解． $t = \tan\dfrac{x}{2}$ とおくと

$$5 + 4\sin x = \frac{5t^2+8t+5}{t^2+1}.$$

よって

$$\int \frac{1}{5+4\sin x}\,dx = 2\int \frac{dt}{5t^2+8t+5} = \frac{2}{3}\arctan\frac{5t+4}{3} + C = \frac{2}{3}\arctan\frac{5\tan\frac{x}{2}+4}{3} + C.$$

双曲関数有理式の積分

$$\int R(\cosh x, \sinh x)\,dx$$

に対しても同様に万能変換

$$u = \tanh\frac{x}{2}$$

を導入することで有理関数の積分に変換できる。読者は双曲関数の三角関数に類似した一連の性質を十分に利用して議論できる。

原則として三角有理関数または双曲有理関数に対しては万能変換は処理する一般的な方法であるが、具体的な問題については適切に三角恒等変形（双曲関数の類似した恒等式も同様）を応用することで，より柔軟・簡便な方法が採用できることに注意する。

例 5 $\displaystyle\int \sin^4 x\,dx$ を求めよ。

解． 万能変換では比較的煩雑になる。二回倍角公式を使うと：

$$\begin{aligned}\int \sin^4 x\,dx &= \int (\sin^2 x)^2\,dx = \int\!\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2\!dx \\ &= \frac{1}{4}\int (1-2\cos 2x+\cos^2 2x)\,dx \\ &= \frac{1}{4}\int\!\left(1-2\cos 2x+\frac{1+\cos 4x}{2}\right)dx \\ &= \frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin 2x + \frac{1}{32}\sin 4x + C.\end{aligned}$$

その他の種類の初等関数の不定積分

以前の記号と同様に、$R(u, v)$ を変量 $u$，$v$ の有理関数（$u$，$v$ の二元多項式の商）とする。

$1^\circ$ $R(x, \sqrt{1-x^2})$ の不定積分

積分

$$\int R(x, \sqrt{1-x^2})\,dx$$

は置換

$$x = \cos u, \quad \text{すなわち} \quad \sqrt{1-x^2} = \sin u, \quad dx = -\sin u\,du$$

によって三角関数有理式の積分に変換できる。後者は万能変換 $t = \tan\dfrac{u}{2}$ によってさらに有理関数の積分に変換でき，したがって初等関数として表せる。

二つの置換を合わせると：

$$t = \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}; \qquad x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$$

これで積分を直接有理関数の積分問題に変換できる。

$2^\circ$ $R(x, \sqrt{x^2-1})$ の不定積分

積分

$$\int R(x, \sqrt{x^2-1})\,dx$$

では双曲余弦の置換

$$x = \cosh u, \quad \text{すなわち} \quad \sqrt{x^2-1} = \sinh u, \quad dx = \sinh u\,du$$

を利用すれば双曲有理関数の積分に変換でき，万能変換でさらに有理関数の積分に変換できる。

$3^\circ$ $R(x, \sqrt{x^2+1})$ の不定積分

積分

$$\int R(x, \sqrt{x^2+1})\,dx$$

には置換

$$x = \sinh u$$

を行えば双曲有理関数の積分になる。あるいは置換

$$u = x + \sqrt{x^2+1}$$

を行えば一度で有理関数の積分問題に変換できる。

練習問題（有理関数・三角関数）

  1. 次の有理関数の不定積分を求めよ。

    1. $\displaystyle\int \frac{1}{x^2-5x+6}\,dx$；
    2. $\displaystyle\int \frac{2x+3}{x^2+2x+5}\,dx$；
    3. $\displaystyle\int \frac{1}{x(x^2+1)^2}\,dx$；
    4. $\displaystyle\int \frac{x^4}{x^2-1}\,dx$；
    5. $\displaystyle\int \frac{1}{x^4+1}\,dx$；
    6. $\displaystyle\int \frac{3x+5}{(x+1)^2(x-2)}\,dx$。
  2. 次の三角関数有理式の不定積分を求めよ。

    1. $\displaystyle\int \frac{1+\sin x}{\sin x(1+\cos x)}\,dx$；
    2. $\displaystyle\int \frac{\sin^5 x}{\cos x}\,dx$；
    3. $\displaystyle\int \frac{1}{\sin^4 x\cos^2 x}\,dx$；
    4. $\displaystyle\int \frac{\sin^2 x\cos x}{\sin x+\cos x}\,dx$；
    5. $\displaystyle\int \frac{\sin x\cos x}{1+\sin^4 x}\,dx$；
    6. $\displaystyle\int \frac{\sin^2 x}{1+\sin^2 x}\,dx$；
    7. $\displaystyle\int \frac{\sin x\cos x}{\sin x+\cos x}\,dx$；
    8. $\displaystyle\int \frac{1}{\sin^4 x\cos^4 x}\,dx$；
    9. $\displaystyle\int \frac{1}{2\sin x+\sin 2x}\,dx$；
    10. $\displaystyle\int \frac{\cos x}{a\sin x+b\cos x}\,dx$（$a$，$b$ は定数，$a^2+b^2 \neq 0$）。
解答
  1. (a) $\ln{\left(\frac{x - 3}{x - 2} \right)} + C$；(b) $\ln{\left(x^{2} + 2 x + 5 \right)} + \frac{\arctan{\left(\frac{x}{2} + \frac{1}{2} \right)}}{2} + C$；(c) $\ln{\left(x \right)} - \frac{\ln{\left(x^{2} + 1 \right)}}{2} + \frac{1}{2 x^{2} + 2} + C$；(d) $\frac{x^{3}}{3} + x + \frac{\ln{\left(\frac{x - 1}{x + 1} \right)}}{2} + C$；(e) $\frac{\sqrt{2} \left(\arctan{\left(\sqrt{2} x - 1 \right)} + \arctan{\left(\sqrt{2} x + 1 \right)}\right)}{4} + \frac{\sqrt{2} \ln{\left(\frac{x^{2} + \sqrt{2} x + 1}{x^{2} - \sqrt{2} x + 1} \right)}}{8} + C$；(f) $\frac{11 \ln{\left(x - 2 \right)}}{9} - \frac{11 \ln{\left(x + 1 \right)}}{9} + \frac{2}{3 \left(x + 1\right)} + C$。（(e) は $x^4+1=(x^2+\sqrt2x+1)(x^2-\sqrt2x+1)$ の部分分数分解による）
  2. (a) $\frac{\ln{\left(\tan{\left(\frac{x}{2} \right)} \right)}}{2} + \frac{\tan^{2}{\left(\frac{x}{2} \right)}}{4} + \tan{\left(\frac{x}{2} \right)} + C$；(b) $- \ln{\left(\cos{\left(x \right)} \right)} - \frac{\cos^{4}{\left(x \right)}}{4} + \cos^{2}{\left(x \right)} + C$；(c) $\tan{\left(x \right)} - \frac{\cot^{3}{\left(x \right)}}{3} - 2 \cot{\left(x \right)} + C$；(d) $\frac{\ln{\left(\sin{\left(x \right)} + \cos{\left(x \right)} \right)}}{4} + \frac{\sin^{2}{\left(x \right)}}{4} - \frac{\sin{\left(2 x \right)}}{8} + C$；(e) $\frac{\arctan{\left(\sin^{2}{\left(x \right)} \right)}}{2} + C$；(f) $x - \frac{\sqrt{2} \arctan{\left(\sqrt{2} \tan{\left(x \right)} \right)}}{2} + C$；(g) $- \frac{\sqrt{2} \ln{\left(\tan{\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8} \right)} \right)}}{4} + \frac{\sin{\left(x \right)}}{2} - \frac{\cos{\left(x \right)}}{2} + C$；(h) $- \frac{8 \cot^{3}{\left(2 x \right)}}{3} - 8 \cot{\left(2 x \right)} + C$；(i) $\frac{\ln{\left(\tan{\left(\frac{x}{2} \right)} \right)}}{4} + \frac{\tan^{2}{\left(\frac{x}{2} \right)}}{8} + C$；(j) $\frac{a \ln{\left(a \sin{\left(x \right)} + b \cos{\left(x \right)} \right)} + b x}{a^{2} + b^{2}} + C$。（ただし (a)(i) の $\tan\dfrac x2$ は $t=\tan\dfrac x2$ の万能変換、(f) は $t=\tan x$、(j) は分子を $A(a\sin x+b\cos x)+B(a\cos x-b\sin x)$ と分解する。）
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