上級者
数学Ⅲ：積分法
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ヒント：難しい積分は解き方を覚えてないとなかなか解けない．今回は3つのパターンがあるので覚えておきましょう．
問題
\(I=\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}dx\)の不定積分を求めよ．（有名問題）
これは次の3パターンがあるので，導出法を覚えておきましょう．\(x^2+a^2\)は基本的に\(x=a\tan \theta\)と置くとスムーズに解けることが多いが，今回の問題は別のパターンをやったほうが良いです．
解説
パターン１：
\(x=a\tan \theta\)，\(\displaystyle -\frac{\pi}{2} < \theta <\frac{\pi}{2},~a>0\)と置くと，\(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\)\(=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{a^{2}(\tan^{2} \theta +1)}}\)\(=\displaystyle \frac{|\cos \theta|}{a}\)\(=\displaystyle \frac{\cos \theta}{a}\)また\(\displaystyle dx=\frac{a}{\cos^2 \theta}d\theta\)より，
\(I=\displaystyle \int\frac{1}{\cos \theta}d\theta\)
ここで，\(\displaystyle \tan \frac{\theta}{2}=t\)と置くと，\(t\)の範囲は\(-1<t<1\)
また，\(\displaystyle \cos \theta =\frac{1-t^2}{1+t^2}\)，\(\displaystyle d\theta=\frac{2}{1+t^2}dt\)
よって，\(I=\displaystyle \int \frac{1+t^2}{1-t^2}\frac{2}{1+t^2}dt\)\(=\displaystyle \int \frac{2}{1-t^2}dt\)\(=\displaystyle \int \left(\frac{1}{1-t}-\frac{1}{1+t}\right)dt\)\(=\displaystyle -\log|1-t|+\log|1+t|+C\)\(=\displaystyle \log\frac{1+t}{1-t}+C\)
また，\(\displaystyle \tan \theta=\frac{x}{a}=\frac{2t}{1-t^2}\) \(\Leftrightarrow\) \(xt^2+2at-x=0\) \(\Leftrightarrow\) \(\displaystyle t=\frac{-a\pm\sqrt{x^2+a^2}}{x}\)
ここで，以下の範囲を考える．
\(\displaystyle \sqrt{x^2+a^2}\)\(=\displaystyle \frac{a}{\cos \theta}\)
\(-x+a\)\(=\displaystyle \frac{a}{\cos \theta}(\cos \theta -\sin \theta)\)\(=\displaystyle \frac{a}{\cos \theta}\left(\sqrt{2}\cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)\right)\)
\(x+a\)\(=\displaystyle \frac{a}{\cos \theta}(\cos \theta +\sin \theta)\)\(=\displaystyle \frac{a}{\cos \theta}\left(\sqrt{2}\cos \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)\right)\)
ここで，\(\displaystyle -\frac{\pi}{2} < \theta <\frac{\pi}{2}\)より，\(\displaystyle -\frac{a}{\cos \theta}<-x+a \leqq \sqrt{2}\frac{a}{\cos \theta}\)，\(\displaystyle -\frac{a}{\cos \theta}<x+a \leqq \sqrt{2}\frac{a}{\cos \theta}\)
よって，\(x>0\)の時，\(-x+a<\sqrt{x^2+a^2}<x+a\)
\(x<0\)の時，\(x+a<\sqrt{x^2+a^2}<-x+a\)
これを式変形すると，\(\displaystyle -1<\frac{-a+\sqrt{x^2+a^2}}{x}<1\)
一方，\(\displaystyle -\sqrt{2}\frac{a}{\cos \theta}\leqq x-a < \frac{a}{\cos \theta}\)，\(\displaystyle -\sqrt{2}\frac{a}{\cos \theta}\leqq -(x+a) < \frac{a}{\cos \theta}\)
よって，\(x-a<\sqrt{x^2+a^2}\) かつ\(-(x+a)<\sqrt{x^2+a^2}\)
これを式変形すると，\(x>0\)の時，\(\displaystyle \frac{-a-\sqrt{x^2+a^2}}{x}<-1\)，\(x<0\)の時，\(\displaystyle \frac{-a-\sqrt{x^2+a^2}}{x}>1\)，
よって，\(-1<t<1\)となる\(t\)は，\(\displaystyle t=\frac{-a+\sqrt{x^2+a^2}}{x}\)である．
よって，\(\displaystyle \frac{1+t}{1-t}\)\(=\displaystyle \frac{x-a+\sqrt{x^2+a^2}}{x+a-\sqrt{x^2+a^2}}\)\(=\displaystyle \frac{(x-a+\sqrt{x^2+a^2})(x+a+\sqrt{x^2+a^2})}{(x+a)^2-(\sqrt{x^2+a^2})^{2}}\)\(=\displaystyle \frac{(x+\sqrt{x^2+a^2})^2-a^2}{2ax}\)\(=\displaystyle \frac{(x+\sqrt{x^2+a^2})}{a}\)
これは\(x=0\)でも成立する．
以上より，
\(I=\displaystyle \log\frac{1+t}{1-t}+C\)\(=\displaystyle \log \frac{x+\sqrt{x^2+a^2}}{a}+C\)\(=\displaystyle \log (x+\sqrt{x^2+a^2})+C'\)
場合分けや変形が多いため，非常に計算が煩雑になる．
パターン２：
\(t=x+\sqrt{x^2+a^2}\)と置くと，
\(\displaystyle \frac{dt}{dx}\)\(\displaystyle =1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+a^2}}\)\(\displaystyle =\frac{t}{\sqrt{x^2+a^2}}\)
よって，\(I=\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{t}dt\)\(=\displaystyle \int\frac{1}{t}dt\)\(=\displaystyle \log|t|dt\)\(=\displaystyle \log(x+\sqrt{x^2+a^2})dt\)
（\(x+\sqrt{x^2+a^2}>0\)）
※パターン2を変形して得られる：\(\displaystyle x=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)\)でも計算可能．
パターン3：
\(t=\log(x+\sqrt{x^2+a^2})\)と置くと，
\(\displaystyle \frac{dt}{dx}\)\(\displaystyle =\frac{1}{x+\sqrt{x^2+a^2}}\left(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}\right)\)\(\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\)
よって，\(I=\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\sqrt{x^2+a^2}dt\)\(=\displaystyle \int dt\)\(=\displaystyle t~dt\)\(=\displaystyle \log(x+\sqrt{x^2+a^2})dt\)
※パターン3を変形して得られる\(\displaystyle x=\frac{e^{t}-e^{-t}}{2}\)でも計算可能．
参考入試問題
定積分 \(\displaystyle \int_0^2 \frac{2x+1}{\sqrt{x^2+4}} dx\) を求めよ。（2007 京都大）
解答
\(I=\displaystyle \int_0^2 \frac{2x+1}{\sqrt{x^2+4}} dx\)\(=\displaystyle \int_0^2 \left(\frac{(x^2+4)'}{\sqrt{x^2+4}}+\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}\right) dx\)\(\displaystyle \int_0^2 \frac{(x^2+4)'}{\sqrt{x^2+4}} dx\)\(=\displaystyle \left[2\sqrt{x^2+4}\right]_{0}^{2} dx\)\(=4\sqrt{2}-4\)
\(\displaystyle \int_0^2 \frac{1}{\sqrt{x^2+4}} dx\)\(=\displaystyle \left[\log(x+\sqrt{x^2+4})\right]_{0}^{2}\)\(=\log(\sqrt{2}+1) \)
よって，\(\displaystyle \int_0^2 \frac{2x+1}{\sqrt{x^2+4}} dx\)\(=4\sqrt{2}-4+\log(\sqrt{2}+1)\)