はじめに
無理関数 $\sqrt{a^2+x^2}$ を含む関数の不定積分を求めるのはかなり難しい。
というのは、$ x=a \tan \theta$と置いて上手くいく場合とそうでない場合がある。
そうでない場合は、双曲線関数を用いて、$x=a\dfrac{e^{t}-e^{-t}}{2}$ と置換する方法が有効である。
だが、双曲線関数の存在を知らなくても、気合で $ x=a \tan \theta$と置くやり方で解くことが可能になる場合がある。
そこで、今回は、以下のような3つの問題を扱う。
問題1は、円関数つまり三角関数の置換でスグに解ける問題を扱う。
問題2では、双曲線関数での置換で解くのが定石である問題を三角関数での置換で解く。
問題3は問題2の結果を用い、部分積分を行い解く問題を扱う。
従って、今回の主役は問題2であるが、参考で別解として双曲線関数での置換積分を紹介する。
問題
以下、3つの不定積分を考える。ただし、全て、$x=a\tan\theta$ と置換する。
問題1
$$\int \frac{1}{a^2+x^2}dx$$
問題2
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx$$
問題3
$$\int \sqrt{x^2+a^2}dx$$
解答
問題1
$$\int \frac{1}{a^2+x^2}dx$$
を、$x=a\tan\theta$ と置換することで求めたい。
計算
ステップ1: 三角関数で置換
$$dx = \frac{a}{\cos^2\theta}d\theta$$
また
$$a^2+x^2 = a^2(1+\tan^2\theta) = a^2\left(1+\frac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta}\right) = a^2\cdot\frac{\cos^2\theta+\sin^2\theta}{\cos^2\theta} = \frac{a^2}{\cos^2\theta}$$
よって
$$\int \frac{1}{a^2+x^2}dx = \int \frac{\cos^2\theta}{a^2}\cdot\frac{a}{\cos^2\theta}d\theta = \int \frac{1}{a}d\theta$$
ステップ2:θで積分する
$$\int \frac{1}{a}d\theta = \frac{\theta}{a} + C$$
ステップ3: xに戻す
$x=a\tan\theta$ より $\tan\theta = \dfrac{x}{a}$、すなわち $\theta = \arctan\dfrac{x}{a}$ なので
$$\int \frac{1}{a^2+x^2}dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$$
となる。
問題2
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx$$
を、$x=a\tan\theta$ と置換することで求めたい。
途中で
$$\int \frac{1}{\cos\theta}d\theta$$
が出てくるので、この部分は $t=\tan\dfrac{\theta}{2}$ を用いて
$$\cos\theta = \frac{1-t^2}{1+t^2},\qquad d\theta = \frac{2}{1+t^2}dt$$
と置換して処理する。
計算
ステップ1: 三角関数 で置換
$x=a\tan\theta$で置換する。
$dx = \dfrac{a}{\cos^2\theta}, d\theta$、$\sqrt{x^2+a^2}=\dfrac{a}{\cos\theta}$ より
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx = \int \frac{1}{\cos\theta}d\theta$$
ステップ2: $t=\tan\dfrac{\theta}{2}$ で置換
$$\int \frac{1}{\cos\theta}d\theta = \int \frac{1+t^2}{1-t^2}\cdot\frac{2}{1+t^2}dt = \int \frac{2}{1-t^2}dt$$
部分分数分解 $\dfrac{2}{1-t^2}=\dfrac{1}{1-t}+\dfrac{1}{1+t}$ より
$$\int \frac{2}{1-t^2}dt = \ln\left|\frac{1+t}{1-t}\right|+C$$
ステップ3: $\theta$ に戻す
半角公式($t=\tan\dfrac{\theta}{2}$)より
$$\sin\theta = \frac{2t}{1+t^2},\qquad \cos\theta = \frac{1-t^2}{1+t^2},\qquad \tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta} = \frac{2t}{1-t^2}$$
これらを使うと
$$\frac{1}{\cos\theta} = \frac{1+t^2}{1-t^2}$$
なので
$$\frac{1}{\cos\theta}+\tan\theta = \frac{1+t^2}{1-t^2}+\frac{2t}{1-t^2} = \frac{1+2t+t^2}{1-t^2} = \frac{(1+t)^2}{1-t^2}$$
さらに $1-t^2=(1-t)(1+t)$ なので
$$\frac{(1+t)^2}{(1-t)(1+t)} = \frac{1+t}{1-t}$$
すなわち
$$\frac{1}{\cos\theta}+\tan\theta = \frac{1+t}{1-t}$$
これはステップ2で得た $\ln\left|\dfrac{1+t}{1-t}\right|+C$ の右辺と一致するので、そのまま $t$ を $\theta$ の式に置き換えて
$$\int \frac{1}{\cos\theta}d\theta = \ln\left|\frac{1}{\cos\theta}+\tan\theta\right|+C$$
ステップ4: x に戻す
$\tan\theta = \dfrac{x}{a}$、$\dfrac{1}{\cos\theta} = \dfrac{\sqrt{x^2+a^2}}{a}$ より
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx = \ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right| - \ln|a| + C$$
$-\ln|a|$ は定数なので $C$ に吸収させて、最終的に、
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx = \ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right| + C$$
となる。
問題2 別解: 双曲線関数による置換
$x=a\tan\theta$ の置換は $\dfrac{1}{\cos\theta}$ の積分という厄介なステップを経由する必要があった。ここでは代わりに $x=a\dfrac{e^{t}-e^{-t}}{2}$(双曲線関数 $x=a\sinh t$)と置換する、より一般的で見通しの良いやり方を紹介する。
ステップ1: 双曲線関数で置換
$$ x=a\dfrac{e^t-e^{-t}}{2}$$
$$dx = a\cdot\frac{e^t+e^{-t}}{2}dt$$
また
$$x^2+a^2 = a^2\left(\frac{e^t-e^{-t}}{2}\right)^2+a^2 = a^2\left[\left(\frac{e^t-e^{-t}}{2}\right)^2+1\right]$$
ここで
$$\left(\frac{e^t-e^{-t}}{2}\right)^2+1 = \frac{e^{2t}-2+e^{-2t}}{4}+1 = \frac{e^{2t}+2+e^{-2t}}{4} = \left(\frac{e^t+e^{-t}}{2}\right)^2$$
なので
$$\sqrt{x^2+a^2} = a\cdot\frac{e^t+e^{-t}}{2}\quad\left(\because \frac{e^t+e^{-t}}{2}>0\right)$$
よって
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx = \int \frac{1}{a\cdot\frac{e^t+e^{-t}}{2}}\cdot a\cdot\frac{e^t+e^{-t}}{2}dt = \int 1dt$$
被積分関数が定数 $1$ になり、$\tan\theta$ 置換のときのような $\dfrac{1}{\cos\theta}$ の積分は現れない。
ステップ2: t で積分する
$$\int 1dt = t + C$$
ステップ3: x に戻す
$u=e^t$ とおくと、置換の式 $x=a\dfrac{e^t-e^{-t}}{2}$ は
$$x = a\cdot\frac{u-\frac{1}{u}}{2} \iff 2x = a\left(u-\frac{1}{u}\right) \iff au^2-2xu-a=0$$
$u$ についての2次方程式として解くと
$$u = \frac{2x\pm\sqrt{4x^2+4a^2}}{2a} = \frac{x\pm\sqrt{x^2+a^2}}{a}$$
$u=e^t>0$ でなければならないが、$\sqrt{x^2+a^2}>x$ より $x-\sqrt{x^2+a^2}<0$ なので、複号は 正 を選ぶ必要がある。したがって
$$u = e^t = \frac{x+\sqrt{x^2+a^2}}{a}$$
両辺の対数をとると
$$t = \ln\left(\frac{x+\sqrt{x^2+a^2}}{a}\right) = \ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right| - \ln a$$
となる。
$-\ln a$ は定数なので $C$ に吸収させて
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx = \ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right| + C$$
$x=a\tan\theta$ による解法と完全に一致する。双曲線関数による置換は $\dfrac{1}{\cos\theta}$ の積分のような遠回りを要せず、$\sqrt{x^2+a^2}$ を含む積分に対してより一般的に使える方法である。
問題3
$$\int \sqrt{x^2+a^2}dx$$
を問題2の結果を用いて求めたい。
方針
$\sqrt{x^2+a^2}$ を微分すると有理式になることを利用し、部分積分を使う。
$$u=\sqrt{x^2+a^2},\qquad dv=dx$$
とおくと
$$du = \frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}dx,\qquad v=x$$
計算
ステップ1: 部分積分
$$\int \sqrt{x^2+a^2} dx = x\sqrt{x^2+a^2} - \int \frac{x^2}{\sqrt{x^2+a^2}} dx$$
ステップ2: 被積分関数を分解する
$$x^2 = (x^2+a^2)-a^2$$
より
$$\frac{x^2}{\sqrt{x^2+a^2}} = \frac{(x^2+a^2)-a^2}{\sqrt{x^2+a^2}} = \sqrt{x^2+a^2} - \frac{a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}$$
よって
$$\int \sqrt{x^2+a^2} dx = x\sqrt{x^2+a^2} - \int \sqrt{x^2+a^2} dx + a^2\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}} dx$$
ステップ3: 問題2の結果を代入する
問題2の結果 $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}} dx = \ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right| + C_0$ を代入すると
$$\int \sqrt{x^2+a^2},dx = x\sqrt{x^2+a^2} - \int \sqrt{x^2+a^2} dx + a^2\ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right| + C_0$$
ステップ4: 求める積分について解く
左辺と同じ $\displaystyle\int \sqrt{x^2+a^2} dx$ が右辺にも現れているので、これを移項して
$$2\int \sqrt{x^2+a^2} dx = x\sqrt{x^2+a^2} + a^2\ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right| + C_0$$
両辺を2で割り、定数を $C$ とおき直すと
$$\int \sqrt{x^2+a^2} dx = \frac{1}{2}\left(x\sqrt{x^2+a^2} + a^2\ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|\right) + C$$
となる。
まとめ
今回は、置換積分の応用例ということで、三角関数や双曲線関数を用いた置換による積分について考察した。高校範囲では、双曲線関数は扱わない。
しかし、円関数(三角関数)と対になる重要な関数である。2つの関数は、オイラーの公式によって紐付けられる。
今回は、無理関数の不定積分を三角関数の置換を用いて無理やり解いた。確かに、美しくなく、遠回りな手法ではあるが、一度軽く触れておくと、双曲線関数の有り難みがわかる。
参考文献