積分法

覚えておきたい置換積分とその解き方

2020年4月19日

重要度 難易度

こんにちは、リンス(@Lins016)です。
今回は覚えておきたい置換積分法とその解き方について学習していこう。

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置換積分法

前回の記事で置換積分法の基本的な解き方を学習したけど、今回は特に注意すべき置換積分法について学習していこう。

まずは基本的な置換積分を確認しておこう。

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覚えておきたい置換積分

・置換積分法
\(\small{ \ \displaystyle\int \ f(x) \ dx=\displaystyle\int \ f\left(g(t)\right)g'(t) \ dt \ }\)ただし\(\small{ \ x=g(t) \ }\)
\(\small{ \ \displaystyle\int \ f(g(x))g'(x)dx=\displaystyle\int \ f(u) \ du \ }\)
・分数の置換積分
\(\small{ \ \displaystyle\int \ \displaystyle\frac{f'(x)}{f(x)} \ dx=\log |f(x)|+C \ }\)
・三角関数の置換積分
\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^mx\cos^nx \ dx \ }\)
・三角関数を利用する置換積分
\(\small{ \ \displaystyle\int_{-a}^{a}\sqrt{a^2-x^2} \ \ dx \ }\)
\(\small{ \ \displaystyle\int_{0}^{a}\displaystyle\frac{1}{x^2+a^2} \ \ dx \ }\)

f'(x)/f(x)の積分

\(\small{ \ \displaystyle\int \ \displaystyle\frac{f'(x)}{f(x)} \ dx \ }\)の場合、\(\small{ \ t=f(x) \ }\)とおくと\(\small{ \ \displaystyle\frac{dt}{dx}=f'(x) \ }\)より

\(\small{ \ \displaystyle\int \ \displaystyle\frac{f'(x)}{f(x)} \ dx=\displaystyle\int \ \displaystyle\frac{1}{t} \ dt=\log|t|+C=\log|f(x)|+C \ }\)

これって置換積分というより、もう公式として覚えておきたい。

\(\small{ \ \displaystyle\int \ \displaystyle\frac{f'(x)}{f(x)} \ dx=\log|f(x)|+C \ }\)

\(\small{ \ \displaystyle\int \ \tan x \ dx \ }\)もこの置換積分を利用して
\(\small{ \ \displaystyle\int \ \tan x \ dx\\
=\displaystyle\int \ \displaystyle\frac{\sin x}{\cos x} \ dx\\
=\displaystyle\int \ \displaystyle\frac{-(\cos x)'}{\cos x} \ dx\\
=-\log |\cos x|+C \ }\)
って求めることができるからね。

分数型の関数の積分の場合、問題によって色々な解き方があるんだけど、まずは分母の微分が分子になってないか考えてみよう。

例題を確認
問題解答

次の不定積分を求めよ。
(1)\(\small{ \ \displaystyle\int \ \displaystyle\frac{x}{x^2+1} \ dx \ }\)
(2)\(\small{ \ \displaystyle\int \ \displaystyle\frac{\sin x}{1-\cos x} \ dx \ }\)

(1)
\(\small{\begin{eqnarray}&&\displaystyle\int \ \displaystyle\frac{x}{x^2+1} \ dx\\[3pt] &&=\displaystyle\int \ \displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\frac{(x^2+1)'}{x^2+1} \ dx\\[3pt] &&=\displaystyle\frac{1}{2}\log (x^2+1) \ \end{eqnarray}}\)

(2)
\(\small{\begin{eqnarray}&&\displaystyle\int \ \displaystyle\frac{\sin x}{1-\cos x} \ dx\\[3pt] &&=\displaystyle\int \ \displaystyle\frac{(1-\cos x)'}{1-\cos x} \ dx\\[3pt] &&=\log (1-\cos x)+C \ \end{eqnarray}}\)

point
(1)のように係数が分子の係数は調整することができるから、分母の微分の係数倍になってないか確認しよう。

あと\(\small{ \ \log |f(x)| \ }\)の\(\small{ \ f(x)\gt0 \ }\)のときは絶対値を外して答えを書くようにしよう。

sin xとcos x の積

\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^mx\cos^nx \ dx \ }\)
次はこの形の積分について考えてみよう。

\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^2x \cos^3x \ dx \ }\)
このときどっちを\(\small{ \ t \ }\)っておけばいいかわかるかな?どっちっていうのは\(\small{ \ \sin x \ }\)か\(\small{ \ \cos x \ }\)ってことね。

これってルールがあって、奇数乗じゃない方を\(\small{ \ t \ }\)とおこう。
\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^2x \cos^3x \ dx \ }\)の場合は\(\small{ \ \cos x \ }\)が\(\small{ \ 3 \ }\)乗で奇数乗だから、奇数乗じゃない\(\small{ \ \sin x \ }\)を\(\small{ \ t \ }\)っておくんだ。

なんで奇数乗じゃない方を\(\small{ \ t \ }\)とおくか考えてみよう。
まずは\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^2x \cos^3x \ dx \ }\)を\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^2x\cos^2x\cos x \ dx \ }\)という形にしてみよう。
\(\small{ \ t=\sin x \ }\)とすると\(\small{ \ \displaystyle\frac{dt}{dx}=\cos x \ }\)つまり\(\small{ \ dt=\cos x \ dx \ }\)になるんだ。
\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^2x\cos^2x\cos x \ dx \ }\)の最後の\(\small{ \ \cos x \ dx \ }\)は\(\small{ \ dt \ }\)になるから、\(\small{ \ \sin^2x\cos^2x \ }\)を\(\small{ \ t \ }\)で表すことができたらいいよね。

\(\small{ \ \sin^2x+\cos^2=1 \ }\)を使うと\(\small{ \ \cos x \ }\)の偶数乗は\(\small{ \ \cos^{2n}x=(\cos^2x)^n=(1-\sin^2x )^n \ }\)ってかけるから\(\small{ \ \sin x \ }\)、つまり\(\small{ \ t \ }\)で表すことができるよね。だから\(\small{ \ \sin^2x\cos^2x \ }\)も\(\small{ \ t^2(1-t^2) \ }\)っておくことができる。

つまり奇数=偶数\(\small{ \ +1 \ }\)だから\(\small{ \ \cos x \ }\)の奇数乗は

\(\small{ \ \cos^{2n+1}x dx=\cos^{2n}x \cos x \ dx=(1-\sin^2x )^n \cos x \ dx=(1-t^2)^n \ dt \ }\)

って変形することが出来るんだ。

もちろん\(\small{ \ \cos x=t \ }\)としたとき\(\small{ \ \sin x \ }\)の偶数乗も\(\small{ \ t \ }\)で表すことができるよね。

だから奇数乗の方は\(\small{ \ dx \ }\)を\(\small{ \ dt \ }\)に変えるために使いたいから奇数乗じゃない方を\(\small{ \ t \ }\)っておくんだ。

ここで「??、奇数乗じゃない方って偶数乗じゃないの?」って思ったと思うけど、問題には\(\small{ \ \sin x, \ \cos x \ }\)両方奇数乗の時だってあるよね。

その時はどっちをおいてもいいんだ。ようするに奇数乗じゃない方を\(\small{ \ t \ }\)とおくことで、\(\small{ \ t \ }\)とおかなかった奇数乗の方は「偶数乗\(\small{ \ +dt \ }\)の形」に変形できる。偶数乗は\(\small{ \ \sin^2x+\cos^2=1 \ }\)を使えば\(\small{ \ t \ }\)で表すことができるからね。

例題を確認
問題解答

次の不定積分・定積分を求めよ。
(1)\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^5x\cos x \ dx \ }\)
(2)\(\small{ \ \displaystyle\int_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{6}} \ \sin^2x\cos^3 x \ dx \ }\)

(1)
\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^5x\cos x \ dx \ }\)
\(\small{ \ t=\sin x \ }\)とする
\(\small{ \ \displaystyle\frac{dt}{dx}=\cos x \ }\)
\(\small{\begin{eqnarray}&&\displaystyle\int \ \sin^5x\cos x \ dx\\[3pt] &&=\displaystyle\int \ t^5 \ dt\\[3pt] &&=\displaystyle\frac{1}{6}t^6+C\\[3pt] &&=\displaystyle\frac{1}{6}\sin^6x+C \ \end{eqnarray}}\)

(2)
\(\small{ \ \displaystyle\int_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{6}} \ \sin^2x\cos^3 x \ dx \ }\)
\(\small{ \ t=\sin x \ }\)とする
\(\small{ \ \displaystyle\frac{dt}{dx}=\cos x \ }\)
\(\small{ \ \begin{array}{c|ccc}
x &0 & \to & \textstyle{\pi}{6} \\
\hline
\theta & 0 & \to &\textstyle\frac{1}{2} \\
\end{array} \ }\)
\(\small{\begin{eqnarray}&&\displaystyle\int_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{6}} \ \sin^2x\cos^3 x \ dx\\[3pt] &&=\displaystyle\int_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{6}}\sin^2x (1-\sin^2x)\cos x \ dx\\[3pt] &&=\displaystyle\int_{0}^{\textstyle\frac{1}{2}}t^2(1-t^2) \ dt\\[3pt] &&=\left[\displaystyle\frac{1}{3}t^3-\displaystyle\frac{1}{5}t^5\right]_{0}^{\textstyle\frac{1}{2}}\\[3pt] &&=\displaystyle\frac{17}{480} \ \end{eqnarray}}\)

三角関数を利用する置換積分

積分の根号を含む計算は、置換積分法を利用することが多い。その場合根号の中味を\(\small{ \ t \ }\)っておくか、根号全体を\(\small{ \ t \ }\)っておくかがほとんどで、どの文字を\(\small{ \ t \ }\)っておくかなんて、そのパターンは実際そう多くない。それにどっちを置換しても答えが出ればいいからね。

ただ、いろいろある問題のなかで置換する文字を覚えておかないと解くのが難しい問題もある。
それは\(\small{ \ \displaystyle\int_0^a \ \sqrt{a^2-x^2} \ dx \ }\)と\(\small{ \ \displaystyle\int_0^a \ \displaystyle\frac{1}{a^2+x^2} \ dx \ }\)の形の積分なんだ。
この\(\small{ \ 2 \ }\)つの問題は置換する文字をきちんと覚えておかないといけない。

\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sqrt{a^2-x^2} \ dx \ }\)は\(\small{ \ x=a\sin \theta \ }\)とおいて\(\small{ \ \theta \ }\)の式に置換する。
\(\small{ \ \displaystyle\int_0^a \ \sqrt{a^2-x^2} \ dx \ }\)
\(\small{ \ x=a\sin \theta \ }\)とおくと
\(\small{ \ \displaystyle\frac{dx}{d\theta}=a\cos\theta \ }\)
\(\small{ \ \begin{array}{c|ccc}
x &0 & \to & a \\
\hline
\theta & 0 & \to &\textstyle\frac{\pi}{2} \\
\end{array} \ }\)
\(\small{ \ \displaystyle\int_0^a \ \sqrt{a^2-x^2} \ dx \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle\int_0^{\textstyle\frac{\pi}{2}} \ \sqrt{a^2-a^2\sin^2\theta} \ a\cos\theta \ d\theta \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle\int_0^{\textstyle\frac{\pi}{2}} \ a^2\cos^2\theta \ d\theta \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle\int_0^{\textstyle\frac{\pi}{2}} \ \displaystyle\frac{1}{2}a^2\left(1+\cos2\theta\right) \ d\theta \ }\)
\(\small{ \ \left[\displaystyle\frac{1}{2}a^2\theta+\displaystyle\frac{1}{4}\sin2\theta\right]_0^{\textstyle\frac{\pi}{2}} \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle\frac{\pi}{4}a^2 \ }\)

\(\small{ \ \displaystyle\int_0^a \ \displaystyle\frac{1}{a^2+x^2} \ dx \ }\)は\(\small{ \ x=a\tan \theta \ }\)とおいて\(\small{ \ \theta \ }\)の式に置換する。
\(\small{ \ \displaystyle\int_0^a \ \displaystyle\frac{1}{a^2+x^2} \ dx \ }\)
\(\small{ \ x=a\tan \theta \ }\)とおくと
\(\small{ \ \displaystyle\frac{dx}{d\theta}=\displaystyle\frac{a}{\cos^2\theta} \ }\)
\(\small{ \ \begin{array}{c|ccc}
x &0 & \to & a \\
\hline
\theta & 0 & \to &\textstyle\frac{\pi}{4} \\
\end{array} \ }\)
\(\small{ \ \displaystyle\int_0^a \ \displaystyle\frac{1}{a^2+x^2} \ dx \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle\int_0^{\textstyle\frac{\pi}{4}} \ \displaystyle\frac{1}{a^2+a^2\tan^2\theta}\cdot \displaystyle\frac{a}{\cos^2\theta} \ d\theta \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle\int_0^{\textstyle\frac{\pi}{4}}\displaystyle\frac{1}{a^2(1+\tan^2\theta)}\cdot \displaystyle\frac{a}{\cos^2\theta} \ d\theta \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle\int_0^{\textstyle\frac{\pi}{4}} \ \displaystyle\frac{1}{a} d\theta \ }\)
\(\small{ \ =\left[\displaystyle\frac{1}{a}\theta\right]_0^{\textstyle\frac{\pi}{4}} \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle\frac{\pi}{4a} \ }\)

これらの問題については、置換する文字を覚えておかないと解くのは難しい。
根号を見たら中味を\(\small{ \ t \ }\)とおくか、全体を\(\small{ \ t \ }\)とおくかって考えたくなるけど、この場合はそうじゃないから、確実に覚えておこう。

point
ちなみに\(\small{ \ \displaystyle\int_0^a \ \sqrt{a^2-x^2} \ dx \ }\)は半径\(\small{ \ a \ }\)の円の面積の\(\small{ \ \displaystyle\frac{1}{4} \ }\)を表しているんだ。
\(\small{ \ y=\sqrt{a^2-x^2} \ }\)を\(\small{ \ 2 \ }\)乗すると\(\small{ \ y^2=a^2-x^2 \ }\)、移項して\(\small{ \ x^2+y^2=a^2 \ }\)になるから\(\small{ \ y=\sqrt{a^2-x^2} \ }\)は原点を中心とする半径\(\small{ \ a \ }\)の円の上側の半円を表しているんだ。

だから\(\small{ \ \displaystyle\int_0^a \ \sqrt{a^2-x^2} \ dx \ }\)は図の緑の部分の面積を表すことになる。
覚えておきたい置換積分-01
だから\(\small{ \ \displaystyle\int_{-a}^a \ \sqrt{a^2-x^2} \ dx \ }\)なら\(\small{ \ \displaystyle\frac{\pi}{2}a^2 \ }\)になる。実際の入試でもわざわざ置換積分しなくても、円の面積を利用して答えを出してもいいからね。

例題を確認
問題解答

(1)\(\small{ \ \displaystyle\int_0^2\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{16-x^2}} \ }\)
(2)\(\small{ \ \displaystyle\int_{1}^{2}\displaystyle\frac{dx}{x^2-2x+2} \ }\)

(1)
\(\small{ \ \displaystyle\int_0^2\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{16-x^2}} \ }\)
\(\small{ \ x=4\sin \theta \ }\)とおく
\(\small{ \ \displaystyle\frac{dx}{d\theta}=4\cos \theta \ }\)
\(\small{ \ \begin{array}{c|ccc}
x &0 & \to & 2 \\
\hline
\theta & 0 & \to &\textstyle\frac{\pi}{6} \\
\end{array} \ }\)
\(\small{\begin{eqnarray}&&\displaystyle\int_0^2\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{16-x^2}}\\[3pt] &&=\displaystyle\int_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{6}} \displaystyle\frac{4\cos \theta}{\sqrt{16-16\sin^2\theta}}d\theta\\[3pt] &&=\displaystyle\int_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{6}} d\theta\\[3pt] &&=\left[\theta\right]_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{6}} \\[3pt] &&=\displaystyle\frac{\pi}{6} \ \end{eqnarray}}\)

(2)
\(\small{\begin{eqnarray} &&\displaystyle\int_{1}^{2}\displaystyle\frac{dx}{x^2-2x+2}\\
&&=\displaystyle\int_{1}^{2} \ \displaystyle\frac{1}{(x-1)^2+1} \ dx\end{eqnarray}}\)
\(\small{ \ x-1=\tan \theta \ }\)
\(\small{ \ \displaystyle\frac{dx}{d\theta}=\displaystyle\frac{1}{\cos^2\theta } \ }\)
\(\small{ \ \begin{array}{c|ccc}
x &1 & \to & 2 \\
\hline
\theta & 0 & \to &\textstyle\frac{\pi}{4} \\
\end{array} \ }\)
\(\small{\begin{eqnarray}&&\displaystyle\int_{1}^{2}\displaystyle\frac{dx}{(x-1)^2+1}\\[3pt] &&=\displaystyle\int_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{4}}\displaystyle\frac{1}{\tan^2 \theta+1}\cdot \displaystyle\frac{1}{\cos^2\theta } d\theta\\[3pt] &&=\left[ \ \theta \ \right]_0^{\textstyle\frac{\pi}{4}}\\[3pt] &&=\displaystyle\frac{\pi}{4} \ \end{eqnarray}}\)

point
\(\small{ \ a^2-x^2 \ }\)や\(\small{ \ a^2+x^2 \ }\)を見たら三角関数の置換を思い出すようにしよう。

Point 覚えておきたい置換積分法

①分数の積分は\(\small{ \ \displaystyle\int \ \displaystyle\frac{f'(x)}{f(x)} \ dx \ }\)を考える
②\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sin^mx\cos^nx \ dx \ }\)は奇数乗じゃない方を\(\small{ \ t \ }\)とおく
③\(\small{ \ \displaystyle\int \ \sqrt{a^2-x^2} \ dx \ }\)は\(\small{ \ x=\sin \theta \ }\)とおく
④\(\small{ \ \displaystyle\int \ \displaystyle\frac{1}{x^2+a^2} \ dx \ }\)は\(\small{ \ x=\tan \theta \ }\)とおく

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リンス

名前:リンス
職業:塾講師/家庭教師
性別:男
趣味:料理・問題研究
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