§ ¦ ¤ ¥ (1) ∫ 1 x (x + 1)3 dx ∫ 4 x √ x2 − 1dx ∫ g (x)f(g(x))dx 型 ∫ g

例題
(置換積分 N o.2)
次の定積分を求めよ。
∫
1
(1) 0
∫
● ∫
x
dx
(x + 1)3
4
(2) x
√
x2 − 1dx
2
∫
′
g (x)f (g(x))dx 型は t = g(x) とおくと
∫
dt = g ′ (x)dx となり，(与式) =
f (g(x))g ′ (x)dx
=
=⇒ t = g(x) と置換
:::::::
∫
g ′ (x)f (g(x))dx 型
f (t)dt
:
積分しやすい形に変形することができます。
〔解答〕
∫
(1) (与式) =
0
1
x
1
·
dx
x + 1 (x + 1)2
::::::::::
x
t =
とおくと
x+1
(x + 1) − x
1
dt =
dx ⇐⇒ dt =
dx
(x + 1)2
(x + 1)2
∫
よって (与式) =
1
2
tdt =
0
(与式) =
2
4
t
0 −→ 1
1
0 −→
2
1
8
(2) t = x2 − 1 とおくと dt = 2xdx ⇐⇒ xdx =
∫
x
1
dt
2
∫
√
1 15 √
x2 − 1 · xdx
=
tdt
:::
2 3
∫
1 15 1
=
t 2 dt
2 3
[
]15
1 2 3
=
t2
2 3
3
√
√
= 5 15 − 3
x
2 −→ 4
t
3 −→ 15
● (1) のような分数の形は，t = x + 1 と置換すると分母が単項式になりますので，分数を
バラバラにして積分することが可能です。（バラバラって表現は変かな？）
また，このタイプの積分は置換を頭の中で行い計算することができます。
〔別解〕
[
]4
∫ √
√
√
√
3
1 4
1 2 2
2
2
2
(2) x x − 1dx =
x − 1 · 2xdx
=
(x − 1)
= 5 15 − 3
::::
2 2 ||
2 3
2
2
√
√
2
t
(t = x − 1 とおく)
x2 − 1 を t と見て，t で積分
∫
4
↑
この部分が dt
問題
次の定積分を求めよ。
∫
1
(1) 0
x
log(x2 + 1)dx
x2 + 1
∫
1
(2) 0
3x2 + 1
√
dx
x3 + x + 1
〔解答〕
∫
1
log(x2 + 1) ·
(1) (与式) =
0
x
dx
x2 + 1
t = log(x2 + 1) とおくと
dt =
2x
dx ⇐⇒
x2 + 1
1
x
dt = 2
dx
2
x +1
∫
1 log 2
よって (与式) =
tdt
2 0
[
]log 2
1 1 2
=
t
2 2 0
x
0 −→ 1
t
0 −→ log 2
x
0 −→ 1
t
1 −→ 3
1
(log 2)2
4
=
∫
1
1
√
· (3x2 + 1)dx
3
x +x+1
(2) (与式) =
0
3
t = x + x + 1 とおくと dt = (3x2 + 1)dx
∫
3
よって (与式) =
∫
1
3
=
[
t− 2 dt
1
1
= 2t
1
√ dt
t
]3
1
2
1
√
= 2( 3 − 1)

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