置換積分の計算問題｜三角置換・有理化・対称性の使い分け

置換積分は、被積分関数の中に合成関数の構造を見抜き、変数を取り替えて積分を簡単にする手法です。

$$\int f(g(x))g^{\prime }(x)dx=\int f(t)dt(t=g(x))$$

鍵になるのは「何を $t$ と置くか」の選択で、型ごとに定石があります。以下では公式の根拠を確かめてから、型ごとの計算例を 1 例ずつ節に分けて並べます。

公式はどこから来るか

置換積分は、合成関数の微分を積分の側から読み直したものです。$F$ を $f$ の原始関数とすると、連鎖律から次が成り立ちます。

$$\frac{d}{dx}F(g(x))=F^{\prime }(g(x))g^{\prime }(x)=f(g(x))g^{\prime }(x)$$

両辺を積分すれば、左辺は $F(g(x))$ になります。これが置換積分の公式そのものです。

$$\int f(g(x))g^{\prime }(x)dx=F(g(x))+C=\int f(t)dt{|}_{t=g(x)}$$

$g$ が $C^1$ 級で、$f$ が $g$ の値域で連続であることが前提です。$dt=g^{\prime }(x)dx$ という書き方は、この計算を覚えやすくするための記法にすぎません。

前向きの置換と後ろ向きの置換

置換には向きが 2 通りあります。どちらも同じ公式ですが、頭の使い方が違います。

前向きの置換は $t=g(x)$ と置く形です。被積分関数の中に $g^{\prime }(x)$ が因子として見えているときに使います。問題 1 から 3 がこの型です。

後ろ向きの置換は $x=g(t)$ と置く形です。根号を外したいときのように、こちらから都合のよい形を持ち込みます。三角置換や双曲線置換がこれにあたります。

後ろ向きに置くときは、$g$ が考えている範囲で 1 対 1 であることを確かめます。そうでないと $x$ に戻せません。

問題 1：内部関数の導関数が見えている場合

次の不定積分を求めます。

$$\int x{e}^{x^2}dx$$

$t=x^2$ と置くと $dt=2xdx$ なので、$xdx=\frac{1}{2}dt$ です。

$$\int x{e}^{x^2}dx=\frac{1}{2}\int e^{t}dt=\frac{1}{2}{e}^t+C=\frac{1}{2}{e}^{x^2}+C$$

$e^{x^2}$ の内部関数 $x^2$ の導関数である $x$ が、因子として現れている点がポイントです。この形が見えたら前向きの置換を疑います。

問題 2：三角関数の一方を残す

$$\int {\sin }^{3}x\cos xdx$$

$t=\sin x$ と置くと $dt=\cos xdx$ です。

$$\int {\sin }^{3}x\cos xdx=\int t^{3}dt=\frac{t^4}{4}+C=\frac{{\sin }^{4}x}{4}+C$$

$\sin$ と $\cos$ が組み合わさっているときは、一方を $t$ と置いて他方を $dt$ に吸収させます。奇数乗のほうを崩して $dt$ に回すのが定石です。

問題 3：分母を丸ごと置く

$$\int \frac{x}{1+x^2}dx$$

$t=1+x^2$ と置くと $dt=2xdx$ です。

$$\int \frac{x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t}=\frac{1}{2}\ln |t|+C=\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+C$$

$1+x^2>0$ なので絶対値は外せます。より一般に、分子が分母の導関数になっている $\frac{f^{\prime }}{f}$ の形は $\ln |f|$ になります。

問題 4：対数を置く

$$\int \frac{dx}{x\ln x}(x>1)$$

分母に $\ln x$ があり、その導関数 $\frac{1}{x}$ も因子として現れています。$t=\ln x$ と置けば $dt=\frac{dx}{x}$ です。

$$\int \frac{dx}{x\ln x}=\int \frac{dt}{t}=\ln |t|+C=\ln (\ln x)+C$$

前問と同じ $\frac{f^{\prime }}{f}$ の型で、$f=\ln x$ になっています。入れ子が深くても、見つけるべき構造は変わりません。

問題 5：ルートを外す三角置換

$$\int \sqrt{1-x^2}dx$$

$x=\sin \theta$ と置きます。$-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ に制限すれば 1 対 1 で、$\cos \theta \ge 0$ より $\sqrt{1-x^2}=\cos \theta$ です。$dx=\cos \theta d\theta$ となります。

$$\int \sqrt{1-x^2}dx=\int {\cos }^2\theta d\theta =\int \frac{1+\cos 2\theta }{2}d\theta =\frac{\theta }{2}+\frac{\sin 2\theta }{4}+C$$

$\sin 2\theta =2\sin \theta \cos \theta =2x\sqrt{1-x^2}$ を使って $x$ に戻します。

$$\int \sqrt{1-x^2}dx=\frac{\arcsin x}{2}+\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+C$$

根号の中に 2 次式を見たら、まずこの 3 つを検討します。1 対 1 になる範囲に $\theta$ を制限しておくことを忘れないようにします。

問題 6：ルートの中が和の場合

$$\int \frac{dx}{\sqrt{4+x^2}}$$

$x=2\tan \theta$ と置くと $dx=2{\sec }^2\theta d\theta$、$\sqrt{4+x^2}=2\sec \theta$ です。

$$\int \frac{2{\sec }^2\theta d\theta }{2\sec \theta }=\int \sec \theta d\theta =\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C$$

$\tan \theta =\frac{x}{2}$、$\sec \theta =\frac{\sqrt{4+x^2}}{2}$ を代入します。

$$\ln \left|\frac{\sqrt{4+x^2}}{2}+\frac{x}{2}\right|+C=\ln \left|\sqrt{4+x^2}+x\right|+C^{\prime }$$

$\ln \frac{1}{2}$ の分は定数に吸収させて $C^{\prime }=C-\ln 2$ と置き直しています。積分定数があるので、こうした差は表に出ません。

問題 7：双曲線関数で置く

$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-1}}(x>1)$$

$x=\cosh t$ と置くと $dx=\sinh tdt$ で、$t>0$ なら $\sqrt{x^2-1}=\sinh t$ です。

$$\int \frac{\sinh tdt}{\sinh t}=\int dt=t+C$$

$t$ を $x$ に戻すと $\mathrm{arcosh}x=\ln \left(x+\sqrt{x^2-1}\right)$ になります。

問題 8：平方完成してから置く

$$\int \frac{dx}{x^2+2x+5}$$

分母をそのまま置いても進みません。先に平方完成します。

$$x^2+2x+5=(x+1{)}^2+4$$

$t=x+1$ と置けば $dt=dx$ で、見慣れた形になります。

$$\int \frac{dt}{t^2+4}=\frac{1}{2}\arctan \frac{t}{2}+C=\frac{1}{2}\arctan \frac{x+1}{2}+C$$

2 次式が分母にあるときは、平方完成して $t^2+a^2$ か $t^2-a^2$ の形にするのが最初の一手です。

問題 9：ルートの中を平方完成する

$$\int \frac{dx}{\sqrt{2x-x^2}}$$

根号の中を平方完成します。

$$2x-x^2=1-(x-1{)}^2$$

$t=x-1$ と置けば、$\arcsin$ の形になります。

$$\int \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\arcsin t+C=\arcsin (x-1)+C$$

平方完成と三角置換は組み合わせて使います。定義域が $0<x<2$ に限られる点にも注意します。

問題 10：根号を有理化する置換

$$\int \frac{dx}{\sqrt{x}(1+x)}$$

$t=\sqrt{x}$ と置きます。$x=t^2$、$dx=2tdt$ です。

$$\int \frac{2tdt}{t(1+t^2)}=2\int \frac{dt}{1+t^2}=2\arctan t+C=2\arctan \sqrt{x}+C$$

根号が 1 種類なら、それ自体を $t$ と置けば有理関数になります。

問題 11：根号が 2 種類ある場合

$$\int \frac{dx}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}$$

指数の分母が $2$ と $3$ なので、最小公倍数の $6$ を使って $x=t^6$ と置きます。$dx=6t^{5}dt$、$\sqrt{x}=t^3$、$\sqrt[3]{x}=t^2$ です。

$$\int \frac{6t^5}{t^3+t^2}dt=\int \frac{6t^5}{t^2(t+1)}dt=6\int \frac{t^3}{t+1}dt$$

多項式の割り算で $t^3=(t+1)(t^2-t+1)-1$ と分けます。

$$6\int \left(t^2-t+1-\frac{1}{t+1}\right)dt=6\left(\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2}+t-\ln |t+1|\right)+C$$

最後に $t=x^{1/6}$ を代入して戻します。次数の違う根号が混ざっているときは、指数の最小公倍数を取るのが定石です。

問題 12：指数関数を置く

$$\int \frac{dx}{1+e^x}$$

$t=e^x$ と置くと $dt=e^{x}dx$ なので $dx=\frac{dt}{t}$ です。

$$\int \frac{dt}{t(1+t)}=\int \left(\frac{1}{t}-\frac{1}{1+t}\right)dt=\ln |t|-\ln |1+t|+C$$

$t=e^x$ に戻します。$t>0$ なので絶対値は外せます。

$$\int \frac{dx}{1+e^x}=x-\ln (1+e^x)+C$$

置換したあとに部分分数分解が要る形です。1 回の置換で終わらないことも珍しくありません。

問題 13：定積分では範囲も移す

$${\int }_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx$$

$t=1+x^2$ と置くと $dt=2xdx$ です。$x$ が $0$ から $1$ まで動くとき、$t$ は $1$ から $2$ まで動きます。

$${\int }_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx=\frac{1}{2}{\int }_1^2{t}^{-1/2}dt=\frac{1}{2}[2\sqrt{t}{]}_1^2=\sqrt{2}-1$$

範囲を $t$ の値に移してしまえば、最後に $x$ へ戻す必要がありません。不定積分より手数が減ります。

問題 14：向きが入れ替わる場合

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}dx$$

$t=\cos x$ と置くと $dt=-\sin xdx$ です。$x$ が $0$ から $\frac{\pi }{2}$ まで動くと、$t$ は $1$ から $0$ へと減ります。

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}dx=-{\int }_1^0\frac{dt}{1+t^2}={\int }_0^1\frac{dt}{1+t^2}=[\arctan t{]}_0^1=\frac{\pi }{4}$$

上端と下端が入れ替わる置換では、符号を取り違えないように積分範囲をそのまま書き下します。

問題 15：三角関数の有理式を有理関数にする

$$\int \frac{d\theta }{1+\sin \theta }$$

$t=\tan \frac{\theta }{2}$ と置きます。この置換では次の関係が成り立ちます。

$$\sin \theta =\frac{2t}{1+t^2},\cos \theta =\frac{1-t^2}{1+t^2},d\theta =\frac{2}{1+t^2}dt$$

代入して整理します。分母は $1+\frac{2t}{1+t^2}=\frac{(1+t{)}^2}{1+t^2}$ になります。

$$\int \frac{1+t^2}{(1+t{)}^2}\cdot \frac{2}{1+t^2}dt=\int \frac{2}{(1+t{)}^2}dt=-\frac{2}{1+t}+C$$

$t$ を戻して答えになります。

$$\int \frac{d\theta }{1+\sin \theta }=-\frac{2}{1+\tan \frac{\theta }{2}}+C$$

万能ですが式が膨らみやすいので、ほかの手が使えるならそちらを先に試します。

定積分で気をつけること

後ろ向きの置換を定積分に使うときは、置換が積分区間の全体で 1 対 1 かつ連続であることを確かめます。ここを飛ばすと答えが合いません。

<svg viewBox="0 0 460 220" width="100%" style="max-width:460px;display:block;margin:0 auto">
	<line x1="50" y1="78" x2="200" y2="78" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<line x1="50" y1="152" x2="200" y2="152" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
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	<line x1="264" y1="152" x2="414" y2="152" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<line x1="282" y1="84" x2="340" y2="146" stroke="#d0562a" stroke-width="1.2"></line>
	<line x1="398" y1="84" x2="340" y2="146" stroke="#d0562a" stroke-width="1.2"></line>
	<circle cx="340" cy="150" r="3" fill="#d0562a"></circle>
	<text x="55" y="24" font-size="11" fill="#1f1f1f">定積分の置換では、区間の対応を先に確かめる</text>
	<text x="50" y="52" font-size="11" fill="#1b81e0">1 対 1 なら、そのまま範囲を移せる</text>
	<text x="264" y="52" font-size="11" fill="#d0562a">折り返すと、同じ値に 2 点が対応する</text>
	<text x="208" y="82" font-size="11" fill="#9a9a9a">x</text>
	<text x="208" y="156" font-size="11" fill="#9a9a9a">t</text>
	<text x="422" y="82" font-size="11" fill="#9a9a9a">x</text>
	<text x="422" y="156" font-size="11" fill="#9a9a9a">t</text>
	<text x="55" y="196" font-size="11" fill="#9a9a9a">1 対 1 でない置換は、区間を切ってから使う</text>
</svg>

次の積分を考えます。被積分関数は正なので、値は正になるはずです。

$${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{2+\cos \theta }$$

ワイエルシュトラス置換を機械的に当てると、$\theta =0$ で $t=0$、$\theta =2\pi$ でも $t=\tan \pi =0$ になります。上端と下端が同じなので、値は $0$ という結論が出ます。

これは誤りです。$t=\tan \frac{\theta }{2}$ は $\theta =\pi$ で発散するので、区間 $[0,2\pi ]$ の上で連続な置換になっていません。

正しく計算する

区間を分けるか、対称性を使います。$\cos (2\pi -\theta )=\cos \theta$ なので、後半は前半と同じ値です。

$${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{2+\cos \theta }=2{\int }_0^{\pi }\frac{d\theta }{2+\cos \theta }$$

$[0,\pi )$ に限れば置換は 1 対 1 で、$t$ は $0$ から $\infty$ まで動きます。分母を計算します。

$$2+\cos \theta =\frac{2(1+t^2)+1-t^2}{1+t^2}=\frac{3+t^2}{1+t^2}$$

代入すると $1+t^2$ が約分されます。

$$2{\int }_0^{\infty }\frac{1+t^2}{3+t^2}\cdot \frac{2dt}{1+t^2}=4{\int }_0^{\infty }\frac{dt}{3+t^2}=\frac{4}{\sqrt{3}}[\arctan \frac{t}{\sqrt{3}}{]}_0^{\infty }=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$$

正の値が出て、辻褄が合いました。置換が特異点をまたぐときは、必ず区間を切ります。

問題 16：置換で対称性を引き出す

$$I={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx$$

原始関数を求めるのは面倒です。そこで $u=\frac{\pi }{2}-x$ と置きます。$\sin$ と $\cos$ が入れ替わります。

$$I={\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos u}{\cos u+\sin u}du$$

もとの式とこの式を足すと、被積分関数が $1$ になります。

$$2I={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}dx=\frac{\pi }{2}$$

したがって $I=\frac{\pi }{4}$ です。原始関数を一度も求めていません。

${\int }_0^{a}f(x)dx={\int }_0^{a}f(a-x)dx$ という置換は、この種の積分でよく効きます。

問題 17：偶関数と奇関数

${\int }_{-a}^{a}f(x)dx$ を、$f$ の対称性から簡単にします。左半分に $x=-u$ という置換を当てます。

$${\int }_{-a}^{0}f(x)dx={\int }_0^{a}f(-u)du$$

$f$ が偶関数なら $f(-u)=f(u)$ なので、右半分と同じ値になります。奇関数なら符号が反転して打ち消し合います。

$${\int }_{-a}^{a}f=2{\int }_0^{a}f(\text{偶関数}),{\int }_{-a}^{a}f=0(\text{奇関数})$$

よく使う公式ですが、中身は $x=-u$ という置換 1 本です。

問題 18：2 つの置換を重ねる

$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}dx$$

原始関数は初等関数になりません。まず $x=\tan \theta$ と置きます。$dx={\sec }^2\theta d\theta$、$1+x^2={\sec }^2\theta$ なので、きれいに約分されます。

$$I={\int }_0^{\pi /4}\ln (1+\tan \theta )d\theta$$

次に前問と同じ対称性の置換 $\theta \to \frac{\pi }{4}-\theta$ を当てます。正接の加法定理から中身が変形されます。

$$1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-\theta \right)=1+\frac{1-\tan \theta }{1+\tan \theta }=\frac{2}{1+\tan \theta }$$

対数を分けると、もとの積分が右辺に現れます。

$$I={\int }_0^{\pi /4}\left\{\ln 2-\ln (1+\tan \theta )\right\}d\theta =\frac{\pi }{4}\ln 2-I$$

移項して $I$ が求まります。

$$I=\frac{\pi }{8}\ln 2$$

ルートを外す置換と対称性の置換を続けて使う例です。原始関数を求めずに定積分の値だけを出しています。

よくある誤り

参考文献