\(\displaystyle\frac{1}{x^2+a^2}\) 型の定積分の求め方について見ていきます。
・\(x=\tanθ\) で置換する定積分
\(\displaystyle\int_{0}^{a}\displaystyle\frac{1}{x^2+a^2}dx\) (\(a>0\)) のような \(x^2+a^2\) という形を含む定積分では次のような置換をするとうまくいくことが多いです。
\(x=a\tanθ\)
これは、関数 \(y=\sqrt{x^2+a^2}\) が双曲線(の一部)
\(x^2-y^2=-a^2\)
を表していて、三角関数の相互関係
\(1+\tan^2θ=\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}\)
より
\((a\tanθ)^2-(\displaystyle\frac{a}{\cosθ})^2=-a^2\)
が成り立つので、この双曲線の媒介変数表示が
\(x=a\tanθ\)
と表されることに由来します。
\(θ\)の範囲については、\(x=\sinθ\) の置換のときと同様の理由で基本的には
\(-\displaystyle\frac{π}{2}<θ<\displaystyle\frac{π}{2}\) (対応する\(x\)は、\(-\infty<x<\infty\) になる)
でとります。
因数分解できる場合には、部分分数分解するか、\((\ )^2\)の形の因数分解の場合にはそのまま積分します。
(例題1)
次の定積分を求めよ。
(1)\(\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}}\displaystyle\frac{1}{1+4x^2}dx\)
(2)\(\displaystyle\int_{1}^{4}\displaystyle\frac{1}{x^2-2x+4}dx\)
(3)\(\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\frac{x^2}{(1+x^2)^2}dx\)
(解答)
(1)
\(\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}}\displaystyle\frac{1}{1+4x^2}dx\) において
\(x=\displaystyle\frac{1}{2}\tanθ\) (\(-\displaystyle\frac{π}{2}<θ<\displaystyle\frac{π}{2}\)) と置換すると
\(x:0 \to \displaystyle\frac{1}{2}\) のとき \(θ:0 \to \displaystyle\frac{π}{4}\)
\(dx=\displaystyle\frac{1}{2\cos^2θ}dθ\) より
\(\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}}\displaystyle\frac{1}{1+4x^2}dx\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{4}}\displaystyle\frac{1}{1+\tan^2θ}\cdot\displaystyle\frac{1}{2\cos^2θ}dθ\)
(\(\tan\)を\(\cos\)に変換して整理していく)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{4}}\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}}\cdot\displaystyle\frac{1}{2\cos^2θ}dθ\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{4}}\displaystyle\frac{1}{2}dθ\)
\(=\left[\displaystyle\frac{1}{2}θ\right]_{0}^{\frac{π}{4}}\)
\(=\displaystyle\frac{π}{8}\)
(2)
\(\displaystyle\int_{1}^{4}\displaystyle\frac{1}{x^2-2x+4}dx\)
\(=\displaystyle\int_{1}^{4}\displaystyle\frac{1}{(x-1)^2+3}dx\)
\(x-1=\sqrt{3}\tanθ\) とおくと
\(x:1 \to 4\) のとき \(θ:0 \to \displaystyle\frac{π}{3}\)
\(dx=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{\cos^2θ}dθ\)
よって
\(\displaystyle\int_{1}^{4}\displaystyle\frac{1}{(x-1)^2+3}dx\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{3}}\displaystyle\frac{1}{3\tan^2θ+3}\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{\cos^2θ}dθ\)
\(=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{3}}\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}}\cdot\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}dθ\)
\(=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{3}}dθ\)
\(=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}[θ]_{0}^{\frac{π}{3}}\)
\(=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}π\)
(3)
\(\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\frac{x^2}{(1+x^2)^2}dx\) において
\(x=\tanθ\) とおくと
\(x:0 \to 1\) のとき \(θ:0 \to \displaystyle\frac{π}{4}\)
\(dx=\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}dθ\) より
\(\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\frac{x^2}{(1+x^2)^2}dx\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{4}}\displaystyle\frac{\tan^2θ}{(1+\tan^2θ)^2}\cdot\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}dθ\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{4}}\displaystyle\frac{\tan^2θ}{(\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ})^2}\cdot\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}dθ\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{4}}\tan^2θ\cos^2θdθ\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{4}}\displaystyle\frac{\sin^2θ}{\cos^2θ}\cdot\cos^2θdθ\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{4}}\sin^2θdθ\)
\(=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{4}}\displaystyle\frac{1-\cos2θ}{2}dθ\)
\(=\left[\displaystyle\frac{1}{2}θ-\displaystyle\frac{\sin2θ}{4}\right]_{0}^{\frac{π}{4}}\)
\(=\displaystyle\frac{π}{8}-\displaystyle\frac{1}{4}\)
(例題2)
(1)次の式が成り立つように、定数\(A,B,C,D\)を定めよ。
\(\displaystyle\frac{8}{x^4+4}=\displaystyle\frac{Ax+B}{x^2+2x+2}+\displaystyle\frac{Cx+D}{x^2-2x+2}\)
(2)\(\tan\displaystyle\frac{π}{8},\tan\displaystyle\frac{3}{8}π\) の値を求めよ。
(3)次の定積分の値を求めよ。
\(\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{8}{x^4+4}dx\)
(解答)
(1)
\(x^4+4=(x^2+2)^2-4x^2=(x^2+2+2x)(x^2+2-2x)\)
です。
\(\displaystyle\frac{8}{x^4+4}=\displaystyle\frac{Ax+B}{x^2+2x+2}+\displaystyle\frac{Cx+D}{x^2-2x+2}\)
右辺を整理すると
\(\displaystyle\frac{8}{x^4+4}=\displaystyle\frac{(Ax+B)(x^2-2x+2)+(Cx+D)(x^2+2x+2)}{x^4+4}\)
\(\displaystyle\frac{8}{x^4+4}=\displaystyle\frac{(A+C)x^3+(-2A+B+2C+D)x^2+(2A-2B+2C+2D)x+(2B+2D)}{x^4+4}\)
分子の係数を比較すると
\(A+C=0\)
\(-2A+B+2C+D=0\)
\(2A-2B+2C+2D=0\)
\(2B+2D=8\)
よって
\(A=1\)、\(B=2\)、\(C=-1\)、\(D=2\)
(2)
\(\displaystyle\frac{3}{8}π\) も半角の公式から求めてもよいですが、余角 \(\displaystyle\frac{π}{2}-θ\) の公式から求めると楽です。
\(\tan^2\displaystyle\frac{π}{8}=\displaystyle\frac{1-\cos\displaystyle\frac{π}{4}}{1+\cos\displaystyle\frac{π}{4}}=\displaystyle\frac{1-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}}{1+\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}}\)
\(=\displaystyle\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}=\displaystyle\frac{(\sqrt{2}-1)^2}{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)}\)
\(=(\sqrt{2}-1)^2\)
\(\tan\displaystyle\frac{π}{8}>0\) (\(22.5°\)) と、\(\sqrt{2}-1>0\) より
\(\tan\displaystyle\frac{π}{8}=\sqrt{2}-1\)
また
\(\tan\displaystyle\frac{3}{8}π=\tan(\displaystyle\frac{π}{2}-\displaystyle\frac{π}{8})=\displaystyle\frac{1}{\tan\displaystyle\frac{π}{8}}\)
\(=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}-1}\)
\(=\sqrt{2}+1\)
(3)
(1)より
\(\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{8}{x^4+4}dx\)
\(=\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{x+2}{x^2+2x+2}dx+\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{-x+2}{x^2-2x+2}dx\)
(2個の積分をそれぞれ求めます)
\(I_1=\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{x+2}{x^2+2x+2}dx\) とおくと
( \((x^2+2x+2)’=2x+2\) を意識して )
\(I_1=\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\left\{\displaystyle\frac{x+1}{x^2+2x+2}+\displaystyle\frac{1}{x^2+2x+2}\right\}dx\)
\(=\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{2x+2}{x^2+2x+2}dx+\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{1}{(x+1)^2+1}dx\)
ここで
\(\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{1}{(x+1)^2+1}dx\) について、
\(x+1=\tanθ\) とおくと
\(x:-\sqrt{2} \to \sqrt{2}\) のとき、(2)の結果から
\(θ:-\displaystyle\frac{π}{8} \to \displaystyle\frac{3}{8}π\)
また、\(dx=\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}dθ\) だから
\(I_1=\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{2x+2}{x^2+2x+2}dx+\displaystyle\int_{-\frac{π}{8}}^{\frac{3}{8}π}\displaystyle\frac{1}{\tan^2θ+1}\displaystyle\frac{1}{\cos^2θ}dθ\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}[\log|x^2+2x+2|]_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}+[θ]_{-\frac{π}{8}}^{\frac{3}{8}π}\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\log\left|\displaystyle\frac{4+2\sqrt{2}}{4-2\sqrt{2}}\right|+\displaystyle\frac{π}{2}\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\log\left|\displaystyle\frac{(4+2\sqrt{2})^2}{8}\right|+\displaystyle\frac{π}{2}\)
\(=\log\displaystyle\frac{4+2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}+\displaystyle\frac{π}{2}\)
\(=\log(\sqrt{2}+1)+\displaystyle\frac{π}{2}\)
\(I_2=\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{-x+2}{x^2-2x+2}dx\) についても同様に
\(I_2=\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{-x+1}{x^2-2x+2}+\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{1}{x^2-2x+2}dx\)
\(=\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}-\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{2x-2}{x^2-2x+2}+\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{1}{(x-1)^2+1}dx\)
(2つ目を \(x-1=\tanθ\) と置換すると)
\(=\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}-\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{2x-2}{x^2-2x+2}+\displaystyle\int_{-\frac{3}{8}π}^{\frac{π}{8}}dθ\)
\(=-\displaystyle\frac{1}{2}[\log|x^2-2x+2|]_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}+[θ]_{-\frac{3}{8}π}^{\frac{π}{8}}\)
\(=-\displaystyle\frac{1}{2}\log\left|\displaystyle\frac{4-2\sqrt{2}}{4+2\sqrt{2}}\right|+\displaystyle\frac{π}{2}\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\log\left|\displaystyle\frac{4+2\sqrt{2}}{4-2\sqrt{2}}\right|+\displaystyle\frac{π}{2}\)
(\(I_1\) と同じだから)
\(=\log(\sqrt{2}+1)+\displaystyle\frac{π}{2}\)
したがって
\(\displaystyle\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\displaystyle\frac{8}{x^4+4}dx=I_1+I_2\)
\(=2\log(\sqrt{2}+1)+π\)
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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