積分法の計算 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\int x^2{e}^{x}dx$ を見る。$x^2$ を微分で消したい。

そのために部分積分を $2$ 回くり返す。$x^2\to 2x\to 2$ と次数が $1$ つずつ下がる。「多項式×指数は、多項式の次数の数だけ部分積分をくり返す」という発想だ。$e^x$ は積分しても変わらないので相性がよい。

① $1$ 回目の部分積分。 $f=x^2$($f^{\prime }=2x$)、$g^{\prime }=e^x$($g=e^x$)。

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

② 残りをもう $1$ 回部分積分する。 $\int 2x{e}^{x}dx=2\int x{e}^{x}dx=2(x-1)e^x$($x{e}^x$ の積分の結果)。

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

③ $e^x$ でくくって整理する。

$$=e^x\{x^2-2(x-1)\}+C=(x^2-2x+2)e^x+C$$

まとめ:$x^2{e}^x$ は「$x^2$ が消えるまで部分積分を $2$ 回」。$x^2\to 2x\to 2$ と次数が下がる。$e^x$ は何回積分しても $e^x$ なので、この繰り返しがきれいに進む。$e^x$ でくくって整理するのが仕上げだ。

発展。 $\int x^2{e}^{x}dx$ の計算は、もっと一般の「多項式 $\times e^x$」に広がる。$n$ 次多項式 $P(x)$ に対して $\int P(x)e^{x}dx=Q(x)e^x$ とおくと、積の微分から $Q+Q^{\prime }=P$ が必要になる。

これを解くと $Q=P-P^{\prime }+P^{\prime \prime }-P^{\prime \prime \prime }+\cdots$、つまり $P$ とその導関数の交代和になる。$P=x^2$ なら $Q=x^2-2x+2$ で、確かにいまの答えと一致する。$P=x^3$ なら $Q=x^3-3x^2+6x-6$ だ。

漸化式で見れば $I_n=\int x^n{e}^{x}dx=x^n{e}^x-n{I}_{n-1}$。次数を $1$ つずつ下げるこの関係が、部分積分を「多項式の次数の回数だけ」くり返す仕組みそのものだ。

別解

別解:答えの形を仮定して係数を合わせる(得意な人向けの視点)。 部分積分を実行せず、原始関数の「形」を先に仮定して決められる。

$x^2{e}^x$ の原始関数は、$e^x$ に $2$ 次以下の多項式が掛かった形になるはず。そこで

$$\int x^2{e}^{x}dx=(a{x}^2+bx+c)e^x$$

とおき、両辺を微分して係数を比べる。右辺の微分は

$$\frac{d}{dx}\{(a{x}^2+bx+c)e^x\}=(a{x}^2+bx+c)e^x+(2ax+b)e^x=\{a{x}^2+(2a+b)x+(b+c)\}{e}^x.$$

これが $x^2{e}^x$ と等しいので、$e^x$ を外した多項式どうしを比べて

$$a=1,2a+b=0,b+c=0.$$

順に解くと $a=1$、$b=-2$、$c=2$。よって原始関数は $(x^2-2x+2)e^x+C$。

部分積分を $2$ 回まわす本解と同じ答え。積分を実行するかわりに「答えの形を仮定して微分し、係数を比較する」と、連立方程式に持ち込める。次数の高い多項式でも、仮定する多項式の次数を上げるだけで機械的に処理できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\int e^x\sin xdx$ を $I$ とおく。

部分積分を $2$ 回すると、元の積分 $I$ が右辺に再登場する。そこで $I$ についての方程式とみて解く。「循環する部分積分は、方程式として解く」という、特殊だが役に立つ発想を使う。

① $I$ とおいて $1$ 回目。 $I=\int e^x\sin xdx$。$f=\sin x$、$g^{\prime }=e^x$。

$$I=e^x\sin x-\int e^x\cos xdx$$

② $2$ 回目。 $\int e^x\cos xdx$ をまた部分積分($f=\cos x$、$g^{\prime }=e^x$)。

$$\int e^x\cos xdx=e^x\cos x-\int e^x(-\sin x)dx=e^x\cos x+I$$

③ 代入して $I$ の方程式にする。

$$I=e^x\sin x-(e^x\cos x+I)=e^x\sin x-e^x\cos x-I$$

④ $I$ について解く。

$$2I=e^x(\sin x-\cos x)\Rightarrow I=\frac{1}{2}{e}^x(\sin x-\cos x)+C$$

まとめ:$e^x\sin x$ は「部分積分 $2$ 回で元に戻る」循環型。$I$ の方程式 $2I=\dots$ を解けばよい。$\sin$ と $\cos$ が入れかわりながら $I$ が復活する。積分定数 $C$ は最後に付ける。

発展。 一般に $\int e^{ax}\sin (bx)dx=\frac{e^{ax}(a\sin bx-b\cos bx)}{a^2+b^2}+C$。分母に $a^2+b^2$ が現れるのが特徴で、いまの $a=b=1$ では $2$ で割る形になる。

この結果は「積分すると振幅と位相がずれる」と読める。合成すると $\sin x-\cos x=\sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)$ だから、答えは $\frac{e^x}{\sqrt{2}}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)+C$ とも書ける。振幅が $\frac{1}{\sqrt{2}}$ 倍になり、位相が $\frac{\pi }{4}$ だけ遅れている。

$e^{ax}\sin bx$ 型の関数は $a<0$ なら時間とともに衰える減衰振動、$a>0$ なら成長する振動を表す。本問は $a=1$ の成長する側だが、積分公式は $a$ の符号によらず同じ形で、分母の $a^2+b^2$ と「振幅の縮小・位相のずれ」という構造も共通している。振動系の応答を調べる物理の計算で、この積分はそのまま出てくる。

別解

別解:$2$ つの微分を組み合わせて作る(得意な人向けの視点)。 部分積分を回さず、微分の計算だけで原始関数を組み立てられる。

$e^x\sin x$ と $e^x\cos x$ を、それぞれ前向きに微分する。

$$\frac{d}{dx}(e^x\sin x)=e^x(\sin x+\cos x),\frac{d}{dx}(e^x\cos x)=e^x(\cos x-\sin x).$$

上の式から下の式を引くと、$\cos x$ の項が消えて $\sin x$ だけが残る。

$$\frac{d}{dx}(e^x\sin x-e^x\cos x)=e^x(\sin x+\cos x)-e^x(\cos x-\sin x)=2e^x\sin x.$$

両辺を $2$ で割ると $\frac{d}{dx}\left\{\frac{1}{2}{e}^x(\sin x-\cos x)\right\}=e^x\sin x$。つまり原始関数は $\frac{1}{2}{e}^x(\sin x-\cos x)+C$。

$2$ 回部分積分して循環させる本解と同じ答え。積分を「逆向きに探す」かわりに、$e^x\sin x$ と $e^x\cos x$ の微分という「行きの計算」を組み合わせて、原始関数を正面から作る。未知数を立てなくても、$2$ つの微分の差だけで済むのが軽い。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\sin }^{3}x$ は $\sin$ の奇数乗。

$\sin$ を $1$ つだけ残し、残りを ${\sin }^{2}x=1-{\cos }^{2}x$ に直す。すると $t=\cos x$ の置換で $\sin xdx=-dt$ がうまく残る。「奇数乗の三角関数は $1$ つ残して置換」という発想だ。

① $\sin$ を $1$ つ残して変形する。

$${\sin }^{3}x=\sin x\cdot {\sin }^{2}x=\sin x(1-{\cos }^{2}x)$$

② $t=\cos x$ で置換する。 $dt=-\sin xdx$、すなわち $\sin xdx=-dt$。区間は $x=0\to t=1$、$x=\frac{\pi }{2}\to t=0$。

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin x(1-{\cos }^{2}x)dx={\int }_1^0(1-t^2)(-dt)={\int }_0^1(1-t^2)dt$$

(区間の上下を入れかえてマイナスを消した。)

③ 計算する。

$$=[t-\frac{t^3}{3}{]}_0^1=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$$

まとめ:$\sin$ の奇数乗は「$\sin$ を $1$ つ残す」のが基本だ。残りを $1-{\cos }^{2}x$ にして $t=\cos x$ で置換すると、$\sin xdx$ が $-dt$ になる。多項式 $\int (1-t^2)dt$ になり簡単だ。

発展。 $I_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx$ を部分積分すると、$I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}$ という漸化式が出る。次数を $2$ ずつ下げる関係だ。

出発点は $I_0=\frac{\pi }{2}$ と $I_1=1$。奇数番の $I_1=1,I_3=\frac{2}{3},I_5=\frac{8}{15}$ は、すべて有理数になる。いまの $\frac{2}{3}$ はその $1$ つだ。

一方、偶数番の $I_0=\frac{\pi }{2},I_2=\frac{\pi }{4},I_4=\frac{3\pi }{16}$ には $\pi$ が現れる。奇数乗は有理数、偶数乗は $\pi$ 倍という対照が、この漸化式(ウォリスの公式)の特徴だ。

別解

別解:三倍角の公式で $1$ 次に落とす(得意な人向けの視点)。 置換を使わず、${\sin }^{3}x$ を三角関数の $1$ 次の和に直してから積分できる。

三倍角の公式 $\sin 3x=3\sin x-4{\sin }^{3}x$ を ${\sin }^{3}x$ について解くと

$${\sin }^{3}x=\frac{3\sin x-\sin 3x}{4}.$$

右辺はどちらも $1$ 次の三角関数だから、そのまま積分できる。

$${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{3}xdx=\frac{1}{4}{\left[-3\cos x+\frac{1}{3}\cos 3x\right]}_0^{\pi /2}.$$

$x=\frac{\pi }{2}$ では $\cos \frac{\pi }{2}=0$、$\cos \frac{3\pi }{2}=0$。$x=0$ では $\cos 0=1$、$\cos 0=1$。だから

$$=\frac{1}{4}\left\{(0+0)-\left(-3+\frac{1}{3}\right)\right\}=\frac{1}{4}\cdot \frac{8}{3}=\frac{2}{3}.$$

$t=\cos x$ で置換する本解と同じ答え。「奇数乗を三倍角で $1$ 次に落とす」と、置換を経ずに三角関数の直接積分だけで片づく。次数がもっと高いときも、倍角・三倍角を重ねれば同じように下げられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{1}{x^2-1}$ の分母は $(x-1)(x+1)$ と因数分解できる。

そこで部分分数に分ける。分母の差が $2$ だから、係数 $\frac{1}{2}$ が前に出る。「$2$ 乗差の分母は因数分解して部分分数、それから $\log$」という流れを踏む。

① 部分分数に分ける。 $x^2-1=(x-1)(x+1)$。分母の差 $(x+1)-(x-1)=2$。

$$\frac{1}{x^2-1}=\frac{1}{2}(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1})$$

② 各項を積分する。

$$\int =\frac{1}{2}(\log |x-1|-\log |x+1|)+C$$

③ $\log$ をまとめる。

$$=\frac{1}{2}\log \left|\frac{x-1}{x+1}\right|+C$$

まとめ:$\frac{1}{x^2-1}$ は因数分解して部分分数。分母の差が $2$ なので係数 $\frac{1}{2}$ が前に出る。各項の $\log$ を商にまとめて完成。$\frac{1}{2}$ を忘れると $2$ 倍ずれるので注意だ。

発展。 一般に $\int \frac{dx}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\log \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C$。分母の差が $2a$ なので、その逆数 $\frac{1}{2a}$ が前に出る。いまの問題は $a=1$ の場合だ。

分母の符号を変えた $\int \frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C$ と比べるとよい。符号が $1$ つ違うだけで、答えが対数から逆正接へ、まったく別の関数に変わる。

前者は $x^2-a^2=(x-a)(x+a)$ と実数で因数分解できるので対数、後者は実数では分解できないので逆正接になる。分母が実数で割れるかどうかが、対数と逆正接の分かれ道だ。

別解

別解:$2$ 因数の比を新しい変数にとる(得意な人向けの視点)。 部分分数に分けず、置換を1回するだけでも求まる。

分母の $2$ つの因数の比 $t=\frac{x-1}{x+1}$ を新しい変数にとる。$x$ について解くと $x=\frac{1+t}{1-t}$、微分して $dx=\frac{2}{(1-t{)}^2}dt$。一方 $x-1=\frac{2t}{1-t}$、$x+1=\frac{2}{1-t}$ だから

$$x^2-1=(x-1)(x+1)=\frac{2t}{1-t}\cdot \frac{2}{1-t}=\frac{4t}{(1-t{)}^2}.$$

これらを代入すると、$(1-t{)}^2$ がきれいに約分されて

$$\int \frac{dx}{x^2-1}=\int \frac{(1-t{)}^2}{4t}\cdot \frac{2}{(1-t{)}^2}dt=\int \frac{1}{2t}dt=\frac{1}{2}\log |t|+C.$$

$t$ をもとに戻して $\frac{1}{2}\log \left|\frac{x-1}{x+1}\right|+C$。部分分数に分ける本解と同じ答え。$2$ 因数の比を変数にとると、分数関数がすぐに $\frac{1}{2t}$ という最も単純な形になる。分母が $0$ になる $x=1,-1$ が、それぞれ $t=0,\infty$ に移って積分が素直になるのがしくみだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 被積分関数は $\sin x{\cos }^{3}x$。$\cos$ のべきの隣に $\sin$ が $1$ つある。

$t=\cos x$ とおくと $dt=-\sin xdx$。残りの $\sin xdx$ がちょうど $-dt$ になる。「$\cos$ のべき×$\sin$ は $t=\cos x$ で置換」という定跡だ。

① 置換する。 $t=\cos x$ とおくと $dt=-\sin xdx$。区間は $x=0\to t=1$、$x=\frac{\pi }{2}\to t=0$。

② $t$ の積分にする。 ${\cos }^{3}x=t^3$、$\sin xdx=-dt$。

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin x{\cos }^{3}xdx={\int }_1^0{t}^3(-dt)={\int }_0^1{t}^{3}dt$$

③ 計算する。

$$=[\frac{t^4}{4}{]}_0^1=\frac{1}{4}$$

まとめ:$\sin x{\cos }^{3}x$ は「$\cos$ を $t$、$\sin xdx=-dt$」で置換。$\int t^{3}dt$ という多項式の積分になる。$\sin$ の $1$ 乗がちょうど置換の $dt$ に吸収されるのがミソだ。

発展。 ${\int }_0^{\pi /2}\sin x{\cos }^{n}xdx$ を一般の $n$ で計算すると、$t=\cos x$ の置換で ${\int }_0^1{t}^{n}dt=\frac{1}{n+1}$ になる。$n=3$ なら $\frac{1}{4}$ で、いまの答えだ。

$\sin$ と $\cos$ を入れかえた ${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\cos xdx$ も、同じく $\frac{1}{n+1}$。片方が「もう片方のべきの微分」とちょうど組になっているので、置換を1回するだけで単純な分数になる。

答えが $\frac{1}{n+1}$ という簡単な形になるのは、区間 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ で $\cos x$ が $1$ から $0$ まで動くから。指数が $1$ つ違うと値も規則的にずれる、きれいな数列だ。

別解

別解:積を三角関数の和に開いて積分する(得意な人向けの視点)。 置換のかわりに、被積分関数を $\sin 2x$、$\sin 4x$ の和に開いてから積分できる。

$\sin x\cos x=\frac{1}{2}\sin 2x$、${\cos }^{2}x=\frac{1+\cos 2x}{2}$ を使うと

$$\sin x{\cos }^{3}x=(\sin x\cos x){\cos }^{2}x=\frac{1}{2}\sin 2x\cdot \frac{1+\cos 2x}{2}=\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{1}{4}\sin 2x\cos 2x.$$

さらに $\sin 2x\cos 2x=\frac{1}{2}\sin 4x$ だから

$$\sin x{\cos }^{3}x=\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{1}{8}\sin 4x.$$

どちらも $1$ 次の三角関数なので、そのまま積分して

$${\int }_0^{\pi /2}\left(\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{1}{8}\sin 4x\right)dx=\frac{1}{4}{\left[-\frac{1}{2}\cos 2x\right]}_0^{\pi /2}+\frac{1}{8}{\left[-\frac{1}{4}\cos 4x\right]}_0^{\pi /2}=\frac{1}{4}+0=\frac{1}{4}.$$

$t=\cos x$ で置換する本解と同じ答え。積を「波の重ね合わせ」に開くと、置換を使わずに済む。第 $2$ 項 $\sin 4x$ は区間の両端で消え、第 $1$ 項だけが $\frac{1}{4}$ を生む。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\int }_0^{\pi }x\sin xdx$ は部分積分で攻める。

$f=x$、$g^{\prime }=\sin x$($g=-\cos x$)とおく。$x$ を微分で消し、残った $\int \cos x$ を計算する。部分積分の定積分版だ。端点の代入まで含めて仕上げる。

① $f$、$g^{\prime }$ を決める。 $f=x$($f^{\prime }=1$)、$g^{\prime }=\sin x$($g=-\cos x$)。

② 公式にあてはめる。

$${\int }_0^{\pi }x\sin xdx=[x(-\cos x){]}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }1\cdot (-\cos x)dx$$

③ 第 $1$ 項を計算する。 $\cos \pi =-1$、$\cos 0=1$。

$$[-x\cos x{]}_0^{\pi }=-\pi \cos \pi -(-0\cdot \cos 0)=-\pi (-1)=\pi$$

④ 第 $2$ 項を計算する。 ${\int }_0^{\pi }(-\cos x)dx=[-\sin x{]}_0^{\pi }=-\sin \pi +\sin 0=0$。

$${\int }_0^{\pi }x\sin xdx=\pi -0=\pi$$

まとめ:$x\sin x$ の定積分は部分積分。$g=-\cos x$ の符号に注意。第 $1$ 項 $[-x\cos x]$ が $\pi$、第 $2$ 項の $\int \cos x$ は端点で消えて $0$。答えは $\pi$ ときれいにまとまる。

発展。 ${\int }_0^{\pi }x\sin (nx)dx$ を一般の整数 $n$ で計算すると、$\frac{(-1{)}^{n+1}\pi }{n}$ になる。$n=1$ のとき $\pi$ で、いまの問題はその特別な場合だ。

この値の列 $\pi ,-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{3},\dots$ は、区間 $[0,\pi ]$ 上の関数 $y=x$ を $\sin (nx)$ の重ね合わせで表すときの係数(フーリエ正弦係数)に対応する。まっすぐな直線が無限個の波の和で書けるという事実の裏づけになっている。

部分積分や対称性で得た $1$ つの定積分は、「関数を波に分解する」大きな理論につながっている。積分は関数にひそむ成分を取り出す道具でもある。

別解

別解:折り返しの対称性で $x$ を消す(得意な人向けの視点)。 部分積分を使わず、区間 $[0,\pi ]$ の折り返し $x\to \pi -x$ だけで求まる。

$I={\int }_0^{\pi }x\sin xdx$ とおく。$x$ を $\pi -x$ に置きかえると、$\sin (\pi -x)=\sin x$ は変わらず、$x$ の部分だけが $\pi -x$ になる。積分の値は変わらないので

$$I={\int }_0^{\pi }(\pi -x)\sin xdx.$$

もとの $I$ とこの式を足すと、$x$ と $\pi -x$ の $x$ が打ち消し合う。

$$2I={\int }_0^{\pi }\{x+(\pi -x)\}\sin xdx={\int }_0^{\pi }\pi \sin xdx=\pi [-\cos x{]}_0^{\pi }=\pi (1+1)=2\pi .$$

よって $I=\pi$。部分積分する本解と同じ答え。扱いにくい係数 $x$ は折り返した $\pi -x$ と足すと定数 $\pi$ になる。あとは $\sin x$ の積分だけ。多項式の重みを、積分を実行せずに対称性で消せるのがこの手のうまみだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx$ には $x=\sin \theta$ の置換を使う。

$\sqrt{1-x^2}=\cos \theta$ になり、${\cos }^2\theta$ の積分(半角)になる。「$\sqrt{1-x^2}$ を見たら $\sin$ 置換」という三角置換の定跡だ。結果は四分円の面積とも一致する。

① 置換する。 $x=\sin \theta$ とおくと $\sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-{\sin }^2\theta }=\cos \theta$、$dx=\cos \theta d\theta$。区間は $x=0\to \theta =0$、$x=1\to \theta =\frac{\pi }{2}$。

② 被積分関数を書きかえる。

$${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \cdot \cos \theta d\theta ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^2\theta d\theta$$

③ 半角で積分する。 ${\cos }^2\theta =\frac{1+\cos 2\theta }{2}$。

$$=[\frac{\theta }{2}+\frac{\sin 2\theta }{4}{]}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{4}+0=\frac{\pi }{4}$$

まとめ:$\sqrt{1-x^2}$ は $x=\sin \theta$ で置換すると $\cos \theta$ になり、$dx$ の $\cos \theta$ と合わせて ${\cos }^2\theta$。半角で積分する。これは半径 $1$ の四分円の面積 $\frac{\pi }{4}$ に一致する(図形的な確認)。

発展。 この積分の原始関数は $\frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x)$ と書ける。微分すると $\sqrt{1-x^2}$ に戻る。これは「$0$ から $x$ までの、曲線の下の面積」を $x$ の関数として与える式だ。

同じ考えは楕円にも広がる。円 $x^2+y^2=1$ を縦に $b$ 倍、横に $a$ 倍だけ引き伸ばすと楕円になり、面積も $ab$ 倍になる。だから楕円の面積は $\pi ab$。円の面積 $\pi$ に縦横の倍率を掛けた形だ。

「曲線の下の面積」を積分で測るという発想は、円から楕円へ、さらに一般の曲線へとそのまま伸びていく。根号のついた関数の積分の多くは、こうして面積として図形的に読める。

別解

別解:面積とみて計算する(苦手な人向けの視点)。 積分を計算せず、図形の面積として求められる。

$y=\sqrt{1-x^2}$ は、両辺を $2$ 乗すると $x^2+y^2=1$($y\ge 0$)。つまり半径 $1$ の円の上半分を表す。定積分 ${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx$ は、この曲線と $x$ 軸、$y$ 軸で囲まれた部分の面積。$x$ が $0$ から $1$、$y$ が上半分だから、ちょうど円の $\frac{1}{4}$ にあたる。

円 $x^2+y^2=1$ の面積は $\pi \cdot 1^2=\pi$。その $\frac{1}{4}$ だから

$${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx=\frac{\pi }{4}.$$

$x=\sin \theta$ で置換する本解と同じ答え。原始関数を求めなくても、「これは何の面積か」と問い直すだけで値が出る。積分と面積はもともと同じものだ、という原点に立ち返る見方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{2x+3}{x^2+1}$ の分子を $2$ つに分ける。

「分母の微分 $2x$」の部分と「定数 $3$」の部分に分解する。前者は $\log$、後者は $\arctan$ になる。分子を分母の微分の部分と残りに振り分ける、という発想が核だ。

① 分子を $2$ つに分ける。 分母 $x^2+1$ の微分は $2x$。分子の $2x$ はちょうどこれ。

$$\frac{2x+3}{x^2+1}=\frac{2x}{x^2+1}+\frac{3}{x^2+1}$$

② それぞれ積分する。

• $\int \frac{2x}{x^2+1}dx=\log (x^2+1)$($\frac{g^{\prime }}{g}$ 型)。
• $\int \frac{3}{x^2+1}dx=3\arctan x$($x=\tan \theta$ の置換で得られる逆正接)。

③ 合わせる。

$$\int \frac{2x+3}{x^2+1}dx=\log (x^2+1)+3\arctan x+C$$

まとめ:$\frac{2x+3}{x^2+1}$ は「分母の微分 $2x$ の部分」と「定数 $3$ の部分」に分ければ解ける。前者は $\log$($\frac{g^{\prime }}{g}$ 型)、後者は $\arctan$($\frac{1}{x^2+1}$ 型)。$2$ つの基本形の組み合わせだ。

発展。 一般に $\int \frac{px+q}{x^2+a^2}dx=\frac{p}{2}\log (x^2+a^2)+\frac{q}{a}\arctan \frac{x}{a}+C$。分子の $x$ の係数が対数を、定数が逆正接を生む、という役割分担はいつも同じだ。

もっと言えば、分母が $2$ 次式で実数の範囲では因数分解できない($x^2+1$ のような)分数は、平方完成すれば必ずこの形になり、積分は「対数 $+$ 逆正接」で書ける。分母が $1$ 次式の積に分かれる場合は、対数だけで済む。

有理関数(多項式どうしの分数)の積分は、多項式の部分と部分分数に分けると、多項式・分数のべき($\frac{1}{(x-1{)}^2}$ のような重なった因数から出る項)・対数・逆正接の組み合わせで書ける。新しく現れる超越的な関数は対数と逆正接の $2$ つだけで、どんなに複雑な分数も行き着く先は限られている。これが有理関数の積分の一般論である。

別解

別解:$x=\tan \theta$ で一度に置換する(得意な人向けの視点)。 分子を分けず、置換 $x=\tan \theta$ で被積分関数まるごとを簡単な形にできる。

$x=\tan \theta$ とおくと $dx=\frac{1}{{\cos }^2\theta }d\theta$、$x^2+1=1+{\tan }^2\theta =\frac{1}{{\cos }^2\theta }$。だから分母と $dx$ の $\frac{1}{{\cos }^2\theta }$ が打ち消し合って

$$\int \frac{2x+3}{x^2+1}dx=\int (2\tan \theta +3)d\theta .$$

これは $2\tan \theta$ と定数 $3$ の積分。$\int \tan \theta d\theta =-\log |\cos \theta |$ だから

$$=-2\log |\cos \theta |+3\theta +C.$$

$\tan \theta =x$ より $\cos \theta =\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$、$\theta =\arctan x$。$-2\log |\cos \theta |=\log (1+x^2)$ に直せて

$$\int \frac{2x+3}{x^2+1}dx=\log (1+x^2)+3\arctan x+C.$$

分子を $2$ つに分ける本解と同じ答え。$1$ つの置換 $x=\tan \theta$ で、対数の項($2\tan \theta$ から)と逆正接の項(定数 $3$ から)が同時に出てくる。別々に見えた $2$ つの基本形が、$\theta$ で見ると続いていることが分かる。