\(\sqrt{x^2+a}\) の積分の求め方について見ていきます。
・\(\sqrt{x^2+a}\) 型の積分
\(\displaystyle\int\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x^2+a}}dx\)、\(\displaystyle\int\sqrt{x^2+a}\ dx\) (\(a>0\)) を求める際に、単純に \(t=\sqrt{x^2+a}\) と置換しても中身が2次式なのでうまくいきません。よって少し工夫した置換が必要になりますが、主な置換の方法は次の通りです。((1)(2)の置換は問題では誘導で与えられることが多いので、余裕のある人だけ覚えて下さい)
(1)\(t=x+\sqrt{x^2+a}\)
(2)\(x=\displaystyle\frac{e^t-e^{-t}}{2}\cdot\sqrt{a}\)
(3)\(x=\sqrt{a}\tan θ\)
(特に\(a=1\) が重要)
(解説)
被積分関数 \(y=\sqrt{x^2+a}\) を整理すると
\(x^2-y^2=-a\)・・・① (\(y>0\))
となり、これは双曲線の上半分を表していますが、このことに着目したのが上記(1)~(3)の置換です。
まず(1)についてですが①より
\((x+y)(x-y)=-a\)
となるので
\(x+y=t\) とおくと
\(x-y=-\displaystyle\frac{a}{t}\)
となるので、この2式から
\(x=\displaystyle\frac{1}{2}(t-\displaystyle\frac{a}{t})\)・・・②
(\(y=\displaystyle\frac{1}{2}(t+\displaystyle\frac{a}{t})\)・・・③)
を導くことができます。(\(a,y>0\) より \(t>0\))
そして②で\(t\)について解くと
\(t^2-2xt-a=0\)
より、\(t>0\) を考慮すると
\(t=x+\sqrt{x^2+a}\)
が導かれます。
(2)は双曲線関数が由来です。
双曲線関数とは指数関数\(e^θ\)を組み合わせて作られた関数で、\(\sin hθ,\cos hθ,\tan hθ\) の3種類存在します。 具体的には
\(\sin hθ=\displaystyle\frac{e^{θ}-e^{-θ}}{2}\)、\(\cos hθ=\displaystyle\frac{e^{θ}+e^{-θ}}{2}\)、\(\tan hθ=\displaystyle\frac{\sin hθ}{\cos hθ}=\displaystyle\frac{e^{θ}-e^{-θ}}{e^{θ}+e^{-θ}}\)
で、これらの関数には三角関数の場合と似たような関係があります。その1つに
\(\cos^2 ht-\sin^2ht=1\) (変数を\(t\)にした)
があり、これを双曲線①に近づけるように変形すると
\((\sqrt{a}\sin ht)^2-(\sqrt{a}\cos ht)^2=-a\)
となるので、双曲線 \(x^2-y^2=-a\)・・・① は、双曲線関数による媒介変数表示が可能になります。これより、\(x=\sqrt{a}\sin ht=\displaystyle\frac{e^{t}-e^{-t}}{2}\cdot\sqrt{a}\) が導かれます。
(3)について
定積分で頻繁に使う置換の方法です。三角関数の相互関係
\(\tan^2θ+1=\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}\)
より
\((\sqrt{a}\tanθ)^2-(\displaystyle\frac{\sqrt{a}}{\cosθ})^2=-a\)
となり、双曲線 \(x^2-y^2=-a\)・・・① が三角関数で媒介変数表示可能で、\(x=\sqrt{a}\tanθ\) となります。
(3)の方法は覚えやすく思いつきやすい置換ですが、積分計算は一番大変になります。
(例題1)
\(I=\displaystyle\int\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx\)、 \(J=\displaystyle\int\sqrt{x^2+1}\ dx\) とする。
(1)\(t=x+\sqrt{x^2+1}\) の置換により、\(I\) を求めよ。
(2)\(x=\displaystyle\frac{e^{t}-e^{-t}}{2}\) の置換により、\(I\) を求めよ。
(3)\(J\)を求めよ。
(解答)
以下積分定数を\(C\)とする。
(1)
\(t=x+\sqrt{x^2+1}\) より
\(\displaystyle\frac{dt}{dx}=1+\displaystyle\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}\)
\(=\displaystyle\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}=\displaystyle\frac{t}{\sqrt{x^2+1}}\)
よって
\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx=\displaystyle\frac{1}{t}dt\) だから
\(I=\displaystyle\int\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx\)
\(=\displaystyle\int\displaystyle\frac{1}{t}dt\)
\(=\log|t|+C\)
\(=\log(x+\sqrt{x^2+1})+C\) (\(x+\sqrt{x^2+1}>0\))
(2)
\(x=\displaystyle\frac{e^{t}-e^{-t}}{2}\) より
\(\displaystyle\frac{dx}{dt}=\displaystyle\frac{e^{t}+e^{-t}}{2}\) だから
\(I=\displaystyle\int\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx\)
\(=\displaystyle\int\displaystyle\frac{1}{\sqrt{(\displaystyle\frac{e^{t}-e^{-t}}{2})^2+1}}\cdot\displaystyle\frac{e^{t}+e^{-t}}{2}dt\)
\(=\displaystyle\int\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\displaystyle\frac{e^{2t}+2+e^{-2t}}{4}}}\cdot\displaystyle\frac{e^{t}+e^{-t}}{2}dt\)
\(=\displaystyle\int\displaystyle\frac{1}{\sqrt{(\displaystyle\frac{e^{t}+e^{-t}}{2}})^2}\cdot\displaystyle\frac{e^{t}+e^{-t}}{2}dt\)
\(=\displaystyle\int1dt\)
\(=t+C\)
(\(t\)を\(x\)で表します)
ここで、\(x=\displaystyle\frac{e^{t}-e^{-t}}{2}\) より
\(2x=e^{t}-\displaystyle\frac{1}{e^t}\)
\(e^{2t}-2xe^{t}-1=0\)
(2次方程式とみて)
\(e^{t}=x+\sqrt{x^2+1}\ (>0)\)
対数をとって
\(t=\log(x+\sqrt{x^2+1})\)
したがって
\(I=\log(x+\sqrt{x^2+1})+C\)
(3)
\(J=\displaystyle\int\sqrt{x^2+1}\ dx\)
\(=x\sqrt{x^2+1}-\displaystyle\int x\cdot\displaystyle\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}dx\)
\(=x\sqrt{x^2+1}-\displaystyle\int \displaystyle\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}dx\)
(分子の次数を下げる要領で)
\(=x\sqrt{x^2+1}-\displaystyle\int \displaystyle\frac{(x^2+1)-1}{\sqrt{x^2+1}}dx\)
\(=x\sqrt{x^2+1}-\displaystyle\int\sqrt{x^2+1} dx+\displaystyle\int \displaystyle\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx\)
よって
\(J=x\sqrt{x^2+1}-J+I\) となるから
\(J=\displaystyle\frac{1}{2}(x\sqrt{x^2+1}+I)\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\{x\sqrt{x^2+1}+\log(x+\sqrt{x^2+1})\}+C\)
(別解)
(1)の置換で解くと
\(t=x+\sqrt{x^2+1}\)・・・(i) より
\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx=\displaystyle\frac{1}{t}dt\) ((1)と同じ)
\(J=\displaystyle\int\sqrt{x^2+1}\ dx\)
\(=\displaystyle\int(x^2+1)\cdot\displaystyle\frac{1}{t}dt\)
となるので、\(x^2+1\) を\(t\)で表す必要があります。
よって(i)より、\(x=(tの式)\) を導いておきます。
(i)より
\((t-x)^2=x^2+1\) だから
\(t^2-2tx=1\)
\(x=\displaystyle\frac{1}{2}(t-\displaystyle\frac{1}{t})\)
よって
\(J=\displaystyle\int\sqrt{x^2+1}\ dx\)
\(=\displaystyle\int(x^2+1)\cdot\displaystyle\frac{1}{t}dt\)
\(=\displaystyle\int\{\displaystyle\frac{1}{4}(t-\displaystyle\frac{1}{t})^2+1\}\cdot\displaystyle\frac{1}{t}dt\)
\(=\displaystyle\int(\displaystyle\frac{1}{4}t+\displaystyle\frac{1}{2t}+\displaystyle\frac{1}{4t^3})dt\)
\(=\displaystyle\frac{1}{8}t^2+\displaystyle\frac{1}{2}\log|t|-\displaystyle\frac{1}{8t^2}+C\)
\(=\displaystyle\frac{1}{8}(t+\displaystyle\frac{1}{t})(t-\displaystyle\frac{1}{t})+\displaystyle\frac{1}{2}\log|t|+C\)
\(t=x+\sqrt{x^2+1}\)・・・(i) より
\(\displaystyle\frac{1}{t}=\displaystyle\frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\)\(=\displaystyle\frac{x-\sqrt{x^2+1}}{x^2-(x^2+1)}\)
\(=-x+\sqrt{x^2+1}\) となるから
\(J=\displaystyle\frac{1}{8}(t+\displaystyle\frac{1}{t})(t-\displaystyle\frac{1}{t})+\displaystyle\frac{1}{2}\log|x+\sqrt{x^2+1}|+C\)
\(=\displaystyle\frac{1}{8}\cdot2\sqrt{x^2+1}\cdot2x+\displaystyle\frac{1}{2}\log(x+\sqrt{x^2+1})+C\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}x\sqrt{x^2+1}+\displaystyle\frac{1}{2}\log(x+\sqrt{x^2+1})+C\)
以上になります。お疲れさまでした。
ここまで見て頂きありがとうございました。
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