√(x²+1) の積分(根号を消す置換と循環型部分積分)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 根号 $\sqrt{x^2+1}$ が邪魔だ。これを消す置換を探したい。

うまい手がある。$t=x+\sqrt{x^2+1}$ とおくのだ。この $t$ を微分すると

$$\frac{dt}{dx}=1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{t}{\sqrt{x^2+1}}$$

となる。つまり $\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{dt}{t}$。邪魔だった根号が、そっくり $\frac{dt}{t}$ に化けてしまう。

(2)は根号が分母でなく分子にある。そこで部分積分だ。$\sqrt{x^2+1}$ を微分する側に回せば根号は分母に落ち、(1)で計算した $J$ が顔を出す。しかも同時に $I$ 自身も現れる。循環型の部分積分である。

① (1) 置換する。 上の計算より $\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{dt}{t}$ である。$x:0\to 1$ のとき $t:1\to 1+\sqrt{2}$ だから

$$J={\int }_1^{1+\sqrt{2}}\frac{dt}{t}={\left[\log t\right]}_1^{1+\sqrt{2}}=\log \left(1+\sqrt{2}\right)$$

($t>0$ なので絶対値は不要。)

② (2) 部分積分で循環させる。 $\sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2+1}\cdot 1$ と見て、$1$ を積分する側($x$ になる)に回す。

$$I={\left[x\sqrt{x^2+1}\right]}_0^1-{\int }_0^{1}x\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}dx=\sqrt{2}-{\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}dx$$

③ 分子を分母にそろえる。 $x^2=(x^2+1)-1$ と分けると

$${\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}dx={\int }_0^1\frac{(x^2+1)-1}{\sqrt{x^2+1}}dx={\int }_0^1\sqrt{x^2+1}dx-{\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=I-J$$

これを②に戻す。

$$I=\sqrt{2}-(I-J)⟹2I=\sqrt{2}+J$$

$I$ が両辺に現れた。方程式として解けばよい。(1)を代入して

$$I=\frac{\sqrt{2}+\log \left(1+\sqrt{2}\right)}{2}$$

まとめ: 根号 $\sqrt{x^2+1}$ は $t=x+\sqrt{x^2+1}$ で消える。分子に根号がある積分は、部分積分で分母に回し、$x^2=(x^2+1)-1$ で分解する。$I$ が再登場したら循環型 — 積分を「未知数」と見て方程式を解く。

発展 — 一歩先へ。 $I={\int }_0^1\sqrt{1+x^2}dx$ は、放物線 $y=\frac{x^2}{2}$ の $0\le x\le 1$ の部分の長さでもある。$y^{\prime }=x$ だから $\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+x^2}$ となるからだ。

答えに $\log$ が現れるのは、放物線の弧長が代数的な量だけでは書けないことを意味する。円弧の長さが $\pi$ を要求するように、放物線の弧長は $\log$ を要求する。そして楕円になると、$\log$ でも三角関数でも書けなくなってしまう(楕円積分と呼ばれる、まったく新しい関数が要る)。曲線の長さは、その曲線がどれだけ複雑かを測る物差しでもあるのだ。

別解

置換だけで押し切る(得意な人向け)。 部分積分を使わず、(1)の置換で $I$ まで一気に計算することもできる。

$t=x+\sqrt{x^2+1}$ とおく。$t-x=\sqrt{x^2+1}$ の両辺を2乗すると $t^2-2tx+x^2=x^2+1$、すなわち $2tx=t^2-1$ だから

$$x=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right),\sqrt{x^2+1}=t-x=\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)$$

となる。$x$ も根号も、$t$ の簡単な式になった。微分して $dx=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt$。$x:0\to 1$ は $t:1\to 1+\sqrt{2}$ である。よって

$$I={\int }_1^{1+\sqrt{2}}\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)\cdot \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt=\frac{1}{4}{\int }_1^{1+\sqrt{2}}\left(t+\frac{2}{t}+\frac{1}{t^3}\right)dt$$

(展開すると $t+\frac{1}{t}+\frac{1}{t}+\frac{1}{t^3}$ になる。)これは普通に積分できて

$$I=\frac{1}{4}{\left[\frac{t^2}{2}+2\log t-\frac{1}{2t^2}\right]}_1^{1+\sqrt{2}}$$

$T=1+\sqrt{2}$ とおくと $T^2=3+2\sqrt{2}$、$\frac{1}{T^2}=3-2\sqrt{2}$($T^2$ との積が $1$ になる)。上端の値は

$$\frac{3+2\sqrt{2}}{2}+2\log T-\frac{3-2\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}+2\log \left(1+\sqrt{2}\right)$$

下端($t=1$)の値は $\frac{1}{2}+0-\frac{1}{2}=0$。したがって

$$I=\frac{1}{4}\left\{2\sqrt{2}+2\log \left(1+\sqrt{2}\right)\right\}=\frac{\sqrt{2}+\log \left(1+\sqrt{2}\right)}{2}$$

本解と一致する。この置換は、$x=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)$ という形からも分かるとおり、双曲線 $X^2-Y^2=1$ 上の点を1つの変数で表す仕掛けと同じものである。$\sqrt{x^2+1}$ 型の根号は、これでまとめて片づく。