不定積分(indefinite integral)

不定積分 (indefinite integral)
d
F (x) = f (x) を満たすとき、F (x) を f (x) の不定積分 (indx
definite integral) または原始関数 (primitive function) といい、次のように書く．
∫
F (x) = f (x) dx
微分可能な関数 F (x) が
d
(F (x) + c) = f (x) だから、F (x) + c もまた f (x) の不定
dx
積分である．不定積分は、存在すれば定数の差を除いて一意的に定まる．この定数 c を、
積分定数と呼ぶ．不定積分を扱うときには、通常は定数の差を無視し、積分定数を省略し
て書く．ただし、微分方程式などでは積分定数が意味を持つので、注意が必要である．
注意 c を定数とすると、
(積分の線型性) c1 , c2 を定数とすると
∫
∫
∫
(c1 f (x) + c2 g(x)) dx = c1 f (x) dx + c2 g(x) dx
(部分積分, integral by parts)
∫
∫
′
f (x)g (x) dx = f (x)g(x) − f ′ (x)g(x) dx
(置換積分, integral by substitution) x = φ(t) のとき、
∫
∫
f (x) dx = f (φ(t))φ′ (t) dt
dx
= φ′ (t) だから、次のように書くこともできる．
dt
∫
∫
dx
f (x) dx = f (x) dt
dt
与えられた f (x) の不定積分を求めることは、一般に難しい．基本的な関数の不定積
分と、上記の公式を組み合わせて計算を工夫する．微分の計算と異なり、不定積分は具体
的な関数の形で求められないことが多い．
1
基本的な関数の不定積分
∫
f (x)
f (x) dx
xa , a ̸= −1
1
, x ̸= 0
x
1
1 + x2
1
, x ̸= ±1
1 − x2
1
√
, |x| < 1
1 − x2
1
√
, |x| > 1
x2 − 1
1
√
2
x +1
√
x2 − 1, |x| ≥ 1
√
1 − x2 ,
|x| < 1
√
x2 + 1
ex
ax ,
0 < a ̸= 1
xa+1
a+1
log |x|
Arctan x
1+x
1
log 2
1−x
Arcsin x
log |x +
√
x2 − 1|
log(x +
√
x2 + 1)
√
1 √ 2
(x x − 1 − log |x + x2 − 1|)
2
1 √
(x 1 − x2 + Arcsin x)
2
√
1 √ 2
(x x + 1 + log(x + x2 + 1))
2
ex
ax
log a
sin x
− cos x
cos x
sin x
1
,
sin2 x
1
,
cos2 x
x ̸= nπ
x ̸=
π
+ nπ
2
π
+ nπ
2
tan x,
x ̸=
cos x
,
sin x
x ̸= nπ
ax
e sin bx
eax cos bx
−
cos x
sin x
tan x
− log | cos x|
log | sin x|
eax
(a sin bx − b cos bx)
a2 + b2
eax
(a cos bx + b sin bx)
a2 + b2
2
不定積分の計算技法をいくつか紹介する．
∫
1
(1) f (x) dx = F (x) のとき、 f (ax + b) dx = F (ax + b)
a
∫
1
(2) f (x)a f ′ (x) dx =
f (x)a+1 (a ̸= −1)
a+1
∫ ′
f (x)
(3)
dx = log |f (x)|
f (x)
例1
∫
(a ̸= 0)
(1), (2), (3) のいずれも、右辺を微分すると左辺の被積分関数が得られるが、次のよう
に置換積分を用いて確かめることもできる．
t−b
dx
1
t = ax + b とおくと、x =
= φ(t) で
=
だから、
a
dt
a
∫
∫
∫
dx
1
1
1
f (ax + b) dx = f (t) dt =
f (t) dt = F (t) = F (ax + b)
dt
a
a
a
となり、(1) が成り立つ．y = f (x) とおくと、
∫
∫
a ′
f (x) f (x) dx =
y
a dy
dx
∫
dx =
dy
= f ′ (x) だから
dx
y a dy =
1
1
y a+1 =
f (x)a+1
a+1
a+1
となり、(2) が成り立つ．また、
∫ ′
∫
∫
f (x)
1 dy
1
dx =
dx =
dy = |y| = |f (x)|
f (x)
y dx
y
だから、(3) が成り立つ．
例 2 部分積分で g(x) = x とすると、
∫
∫
f (x) dx = f (x)x − f ′ (x)x dx
となる．これを用いて、次のような計算ができる．
∫
∫
a
a
(log x) dx = x(log x) − a (log x)a−1 dx
∫
特に、
log x dx = x log x − x
∫
1 )
xa+1 (
log x −
(a ̸= −1)
a+1
a+1
∫
∫
√
x
Arcsin x dx = x Arcsin x − √
dx = x Arcsin x + 1 − x2
1 − x2
xa log x dx =
導関数 f ′ (x) が有理関数あるいは無理関数になる場合には、g(x) = x として部分積分
を適用することにより、f (x) の不定積分が計算できることがある．
3
例 3 f (x) = xa , g ′ (x) = ebx (b ̸= 0) として部分積分を用いると、
∫
∫
1 a bx a
a bx
x e dx = x e −
xa−1 ebx dx
b
b
∫
となる．特に、f (x) が多項式のときには f (x)ebx dx が計算できる．
例 4 b ̸= 0 とすると、部分積分により
∫
∫
1 a
a
a
x sin bx dx = − x cos bx +
xa−1 cos bx dx
b
b
∫
∫
1 a
a
a
x cos bx dx = x sin bx −
xa−1 sin bx dx
b
b
∫
例 5 任意の整数 m と n に対して、不定積分 Im, n =
sinm x cosn x dx は、次の (2) と (3)
の漸化式を利用して m, n ∈ {0, ±1} の場合に帰着する．
(1) m, n ∈ {0, ±1} の場合の Im, n は次の通り．
I1, 1 =
1
2
sin2 x
I1, 0 = − cos x
I0, 1 = sin x
I0 ,0 = x
I−1, 1 = log | sin x|
I−1, 0 = log | tan
I1, −1 = − log | cos x|
(
I0, −1 = log | tan x2 +
x
2
|
π
4
)
|
I−1, −1 = log | tan x|
(2) m + n ̸= 0 で、m ̸= −1 または n ̸= −1 のとき
1
n−1
sinm+1 x cosn−1 x +
Im, n−2
(m ̸= −1)
m+n
m+n
1
m−1
Im, n = −
sinm−1 x cosn+1 x +
Im−2, n
(n ̸= −1)
m+n
m+n
( 1
)′
実際、m ̸= −1 のとき sinm x cosn x =
sinm+1 x cosn−1 x に注意して、
m+1
∫
1
1
m+1
n−1
sinm+1 x (cosn−1 x)′ dx
Im, n =
sin
x cos x −
m+1
m+1
∫
1
n−1
m+1
n−1
=
sin
x cos x +
sinm+1 x sin x cosn−2 x dx
m+1
m+1
∫
1
n−1
m+1
n−1
=
sin
x cos x +
sinm x (1 − cos2 x) cosn−2 x dx
m+1
m+1
1
n−1
n−1
=
sinm+1 x cosn−1 x +
Im, n−2 −
Im, n
m+1
m+1
m+1
Im, n =
となるから、1 番目の等式が成立する．2 番目の等式も同様にして得られる．
(3) m + n = 0 で m ̸= 1 のとき
Im, −m =
1
tanm−1 x − Im−2, −(m−2)
m−1
4
実際、(tan x)′ = 1 + tan2 x より (tanm−1 x)′ = (m − 1) tanm−2 x + (m − 1) tanm x なの
で、m ̸= 1 ならばこの等式が成立する．
注意 n > 0 のときは、cos2 x = 1 − sin2 x を用いれば n = 0, 1 の場合に帰着できる．同様
に m > 0 のときは、sin2 x = 1 − cos2 x を用いれば m = 0, 1 の場合に帰着できる．n = 1
あるいは m = 1 ときは、
∫
1
sinm x cos x dx =
sinm+1 x (m ̸= −1)
m+1
∫
1
sin x cosn x dx = −
cosn+1 x (n ̸= −1)
n+1
である．
f (x)
( f (x) と g(x) は多項式で g(x) ̸= 0) は、g(x) の因数分解がわかれば
g(x)
次の手順で不定積分が計算できる．
例 6 有理関数
Step 1. 必要ならば f (x) を g(x) で割ることにして、f (x) の次数が g(x) の次数より
小さいとしてよい．
Step 2. g(x) が
g(x) = (x − α)m1 (x − β)m2 · · · (x2 + 2px + q)n1 (x2 + 2rx + s)n2 · · ·
(ただし p2 − q < 0, r2 − s < 0, . . .) と、１次式および判別式が負の２次式の積に因数分
解されるとする．このとき、
f (x)
a1
a2
am1
=
+
+ ··· +
2
g(x) x − α (x − α)
(x − α)m1
b1
b2
bm2
+
+
+
·
·
·
+
x − β (x − β)2
(x − β)m2
···
A2 x + B2
An x + Bn1
A1 x + B1
+ 2
+ ··· + 2 1
+ 2
2
x + 2px + q (x + 2px + q)
(x + 2px + q)n1
C 1 x + D1
C2 x + D2
C n x + Dn 2
+ 2
+ 2
+ ··· + 2 2
2
x + 2rx + s (x + 2rx + s)
(x + 2rx + s)n2
···
f (x)
を表すことができる．これを部分分数分解 (partial fraction decomposition)
g(x)
という．ここで、ai , bj , Ak , Bk , Cl , Dl などは定数である．上記の式の両辺に g(x) をかけて
分母を払い x について整理して、x のベキの係数を比較することにより、これらの定数は
一意的に定まる．
の形に
Step 3. 部分分数分解に現れる有理関数の不定積分は、容易に計算できる．
(i) まず、
∫

a log |x − α|
a
a
dx =
−
(x − α)m
(m − 1)(x − α)m−1
である．
5
(m = 1)
(m ≥ 2)
∫
√
(p2 − q < 0) について考える．x = q − p2 t − p とお
dx √
くと、x2 + 2px + q = (q − p2 )(t2 + 1) で
= q − p2 だから、置換積分により
dt
∫
∫
∫
ax + b
a
t
−ap + b
1
dx
=
dt
+
dt
(x2 + 2px + q)n
(q − p2 )n−1 (t2 + 1)n
(q − p2 )n−1/2 (t2 + 1)n
(ii) 次に
ax + b
dx
2
(x + 2px + q)n
がわかる．ここで、

1

 log (t2 + 1)
(n = 1)
t
2
dt
=
1

(t2 + 1)n
(n ≥ 2)
−
2(n − 1)(t2 + 1)n−1
∫
1
に注意する．In =
dt とおくと、I1 = Arctan t であり、また n ≥ 2 なら
2
(t + 1)n
ば部分積分により
∫ 2
t + 1 − t2
In =
dx
(t2 + 1)n
∫
t2
dt
= In−1 −
(t2 + 1)n
∫ { (
)′ }
1
= In−1 +
t
dt
2(n − 1)(t2 + 1)n−1
∫
1
1
t
−
dt
= In−1 +
2(n − 1)(t2 + 1)n−1 2(n − 1) (t2 + 1)n−1
t
2n − 3
=
+
In−1
2
n−1
2(n − 1)(t + 1)
2(n − 1)
∫
という漸化式を得る．
このようにして、部分分数分解に現れる有理関数の不定積分がすべて計算できる．
例 7 無理関数の不定積分の計算は、有理関数の不定積分とは異なり、一般的な方法はな
い．しかし、たとえば 2 変数 x, y の有理関数 R(x, y) について、y が x の無理関数 φ(x) に
より y = φ(x) と表される場合には、もし適当な変数 t を用いて x = X(t), y = Y (t) のよ
うに x, y をそれぞれ t の有理関数で表すことができれば、置換積分
∫
∫
dx
dt
R(x, φ(x)) dx = R(X(t), Y (t))
dt
により、無理関数 R(x, φ(x)) の不定積分は、t の有理関数の不定積分に帰着できる．
√
たとえば φ(x) = ax2 + bx + c (a ̸= 0) のとき、2 つの場合にわけて計算する．
√
a(x − β)
2
と
(1) ax + bx + c = a(x − α)(x − β) (α, β は実数で α ̸= β) の場合: t =
x−α
おくと、
√
(α − β)at
αt2 − βa
,
ax2 + bx + c =
x= 2
t −a
t2 − a
となるので、t の有理関数の不定積分に帰着する．
6
(2) a > 0, b2 − 4ac < 0 の場合: t =
t2 − c
x= √
,
2 at + b
√
√
ax2 + bx + c + ax とおくと、
√ 2
√
√
at + bt + ac
2
√
ax + bx + c =
2 at + b
となるので、t の有理関数の不定積分に帰着する．
√
√
n
n
ax + b
φ(x) =
(ad − bc ̸= 0) のときは、t =
cx + d
t の有理関数の不定積分に帰着する．
ax + b
とおけば
cx + d
∫
R(x, φ(x)) dx は
いずれにしろ、無理関数の不定積分を求めるには、変数を変換して有理関数の不定積
分に帰着させるのが基本的な方針である．
例 8 三角関数 sin x, cos x の有理関数 R(sin x, cos x) の不定積分は、t = tan
x = 2 Arctan t とおけば、
sin x =
2t
,
1 + t2
cos x =
1 − t2
,
1 + t2
x
すなわち
2
dx
2
=
dt
1 + t2
となるので、置換積分により t の有理関数の不定積分に帰着する．
例 9 ex の有理関数 R(ex ) の不定積分は、ex = t すなわち x = log t とおくと、置換積分に
より t の有理関数の不定積分に帰着する．
多項式、指数関数、対数関数、三角関数、逆三角関数を基にして、(1) 四則演算をす
る (和、差、積、商をとる)、(2) 合成関数を作る、という 2 つの操作を何回か繰り返して
得られる関数を初等関数 (elementary function) と呼ぶ．任意の a に対して xa = ea log x な
ので、ベキ関数 xa は初等関数である．初等関数の逆関数は一般には初等関数ではない．
初等関数の導関数は初等関数になるが、初等関数の不定積分は一般には初等関数には
√
ならない．たとえば例 7 において、φ(x) = P (x) で P (x) が次数が 3 以上の平方因子を
x
もたない多項式の場合は、R(x, φ(x)) の不定積分は初等関数にならない． ex sinx x cosx x の
不定積分なども初等関数として表せない．
7
問題
1. 次の有理関数を部分分数に分解し、不定積分を求めよ．
x2 + 3x
(1)
(x + 1)3
x−1
(2)
x(x2 + 1)
x3 + x2 + 2x
(4)
(x2 + 1)2
1
(3) 3
x −1
2. 部分積分により、次の関数の不定積分を求めよ．
(1) log(x2 + 1)
(4)
log x
x
√
1 − x2
(2) Arctan x
(3)
(5) ex sin x
(6) (log x)2
3. 置換積分により、次の関数の不定積分を求めよ．
(1)
1
(a ̸= 0)
ax + b
(2) sin(ax + b) (a ̸= 0)
(4)
1
ex + e−x
(5)
1
√
1+ x
(log x)n
(n ̸= −1)
x
√
x−1
(6)
x
(3)
4. 次の関数の不定積分を求めよ．
(1) sin x cos x
(4)
1
sin x cos x
(2)
1
sin x
(5) Arccos x
(3)
1
cos x
√
(6) x x + 1
5. 次の漸化式が成り立つことを確かめよ．
∫
∫
1
n−1
n−1
n
sin x dx = − sin x cos x +
sinn−2 x dx
(n ̸= 0)
n
n
∫
∫
1
n−1
cosn x dx = cosn−1 x sin x +
cosn−2 x dx
(n ̸= 0)
n
n
∫
∫
1
n−1
n
tan x − tann−2 x dx
(n ̸= 1)
tan x dx =
n−1
8
解答とヒント
1. 例 6 の方法で計算する．
x2 + 3x
a
b
c
(1) まず最初に、
+
=
+
を満たす定数 a, b, c を求める．
3
2
(x + 1)
x + 1 (x + 1)
(x + 1)3
この両辺に (x + 1)3 をかけて整理すると x2 + 3x = ax2 + (2a + b)x + a + b + c となるの
で、a = 1, b = 1, c = −2 がわかる．
∫
∫
∫
1
1
1
1
1
dx = log |x + 1|,
dx
=
−
,
dx
=
−
x+1
(x + 1)2
x+1
(x + 1)3
2(x + 1)2
だから、
∫
1
x2 + 3x
1
dx = log |x + 1| −
+
3
(x + 1)
x + 1 (x + 1)2
x−1
a bx + c
= + 2
を満たす定数 a, b, c は、この両辺に x(x2 + 1) をかけて整理
2
x(x + 1)
x x +1
することにより、a = −1, b = 1, c = 1 と求められる．
∫
∫ (
x+1
x
1 )
1
dx
=
+
dx = log(x2 + 1) + Arctan x
2
2
2
x +1
x +1 x +1
2
(2)
だから、
∫
x−1
1
= − log |x| + log(x2 + 1) + Arctan x
2
x(x + 1)
2
1
a
bx + c
=
+
を満たす定数 a, b, c
x3 − 1
x − 1 x2 + x + 1
3
は、この両辺に x − 1 をかけて整理することにより a = 1/3, b = −1/3, c = −2/3 と求め
られる．例 6 に書いてある公式により
∫
√
x+2
1
2x + 1
2
=
log(x
+
x
+
1)
+
3 Arctan √
2
x +x+1
2
3
(3) x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1) で、
がわかるので、
∫
1
1
1
1
2x + 1
dx = log |x − 1| − log(x2 + x + 1) − √ Arctan √
3
x −1
3
6
3
3
x3 + x2 + 2x
ax + b
cx + d
= 2
+ 2
を満たす定数 a, b, c, d は、この両辺に (x2 + 1)2
2
2
(x + 1)
x + 1 (x + 1)2
をかけて整理することにより、a = 1, b = 1, c = 1, d = −1 と求められる．例 6 に書いて
ある公式により
∫
∫
∫
x
1
1
x+1
dx =
dx +
dx = log(x2 + 1) + Arctan x
2
2
2
x +1
x +1
x +1
2
∫
1
x
dx = −
2
2
2
(x + 1)
2(x + 1)
∫
∫
1
x
1
1
x
1
dx
=
+
dx
=
+
Arctan x
(x2 + 1)2
2(x2 + 1) 2 x2 + 1
2(x2 + 1) 2
(4)
9
がわかるので、
∫
x3 + x2 + 2x
1 x+1
1
1
=− 2
+ log(x2 + 1) + Arctan x
2
2
(x + 1)
2x +1 2
2
2. (1) f (x) = log x, g(x) = x として部分積分をする．
∫
∫
log(x + 1) dx = x log(x + 1) −
2
2
x2
1
=1− 2
に注意して、
2
x +1
x +1
2x2
dx = x log(x2 + 1) − 2x + 2 Arctan x
x2 + 1
(2) f (x) = Arctan x, g(x) = x として部分積分をする．
∫
∫
x
1
Arctan x dx = x Arctan x −
dx = x Arctan x − log(x2 + 1)
2
x +1
2
√
x
x2
(3) f (x) = 1 − x2 , g(x) = x として部分積分をする．f ′ (x) = − √
および √
=
1 − x2
1 − x2
√
1
− 1 − x2 + √
に注意して、
1 − x2
∫
∫ √
∫ √
√
√
x2
2
2
2
1 − x dx = x 1 − x + √
1 − x2 dx + Arcsin x
dx = x 1 − x −
1 − x2
∫ √
)
1( √
よって、
1 − x2 dx = x 1 − x2 + Arcsin x ．
2
(4) f (x) = log x, g(x) = log x として部分積分をする．
∫
∫
log x
log x
2
dx = (log x) −
dx
x
x
∫
log x
1
よって、
dx = (log x)2 ．
x
2
∫
∫
x
x
x
(5) f (x) = sin x, g(x) = e として部分積分により e sin x dx = e sin x − ex cos x dx．
∫
∫
x
x
同様に、部分積分により e cos x dx = e cos x + ex sin x dx．よって、
∫
∫
e sin x dx = e sin x − e cos x −
x
x
x
ex sin x dx
∫
1
だから、 ex sin x dx = ex (sin x − cos x)．
2
(6) f (x) = (log x)2 , g(x) = x として部分積分をする．
∫
∫
2
2
(log x) dx = x(log x) − 2 log x dx = 2x − 2x log x + x(log x)2
10
3. (1) 例 1 で説明したように ax + b = t とおくと、x =
∫
1
dx =
ax + b
∫
1 dx
1
dt =
t dt
a
∫
t
b
dx
1
− で
= だから
a a
dt
a
1
1
1
dt = log |t| = log |ax + b|
t
a
a
(2) ax + b = t とおくと、
∫
∫
1
1
1
sin(ax + b) dx =
sin t dt = − cos t = − cos(ax + b)
a
a
a
dx
= et だから
dt
∫ n
∫
∫
t t
tn+1
1
(log x)n
n
dx =
e
dt
=
t
dt
=
=
(log x)n+1
t
x
e
n+1
n+1
(3) log x = t とおくと、x = et で
dx
1
= だから
dt
t
∫
∫
1 1
1
dx =
dt =
dt = Arctan t = Arctan ex
−1
2
t+t t
t +1
(4) ex = t とおくと、x = log t で
∫
ex
(5)
(6)
1
+ e−x
√
dx
x = t とおくと、x = t2 で
= 2t だから
dt
∫
∫
∫ (
√
√
1
2t
1 )
√ dx =
dt = 2 x − 2 log(1 + x)
dt = 2
1−
1+t
1+t
1+ x
√
dx
x − 1 = t とおくと、x = t2 + 1 で
= 2t だから
dt
∫ √
∫
∫ (
√
√
x−1
t
1 )
dt
=
2
dx =
2t
dt
=
2
1
−
x
−
1
−
2
Arctan
x−1
x
t2 + 1
t2 + 1
4. (1) f (x) = sin x, g(x) = sin x として部分積分をすると
∫
∫
2
sin x cos x dx = sin x − cos x sin x dx
∫
1
だから、 sin x cos x dx = sin2 x．
2
x
すなわち x = 2 Arctan t として置換積分をすると
2
∫
∫
∫
1
1 + t2 2
1
x
dx =
dt
=
dt
=
log
|t|
=
log
|
tan
|
sin x
2t 1 + t2
t
2
(2) 例 8 の方法で計算する．t = tan
x
として置換積分をすると、
2
∫
∫
∫ (
1
1 + t2 2
1
1 )
dx =
dt =
+
dt = log |1 + t| − log |1 − t|
cos x
1 − t2 1 + t2
1+t 1−t
(3) 例 8 の方法で計算する．t = tan
11
x
を代入して、
2
∫
( x π )
x
1
x
x x dx = log cos + sin − log cos − sin = log tan
+
cos x
2
2
2
2
2 2
となる．log |1 + t| − log |1 − t| に t = tan
(4) 例 8 の方法で計算してもよいが、sin2 x + cos2 x = 1 より、
∫
∫ (
1
cos x sin x )
dx =
+
dx = log | sin x| − log | cos x| = log | tan x|
sin x cos x
sin x cos x
(5) f (x) = Arccos x, g(x) = x として部分積分をすると
∫
∫
√
x
√
Arccos x dx = x Arccos x +
dx = x Arccos x − 1 − x2
1 − x2
(6)
√
dx
x + 1 = t とおくと、x = t2 − 1 で
= 2t だから
dt
∫
∫
√
2
2
2
x x + 1 dx = (t2 − 1)t · 2t dt = t5 − t3 = (3x − 2)(x + 1)3/2
5
3
15
5. (1) と (2) は例 5 の特別な場合であり、(3) は例 5 で示してある．
12

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