置換積分を利用するといろいろな関数の不定積分を計算することができます。

(1)
$\sqrt{x^2+1} = t$ と置くと $x^2+1 = t^2$ であるから, 両辺を $t$ で微分すれば

$2x \dfrac{dx}{dt} = 2t$

より $x~dx = t~dt$ となります。よって

$\begin{eqnarray*} \int x \sqrt{x^2+1} ~ dx & = & \int \sqrt{x^2+1}~(x~dx)\\[0.5em] & = & \int t ~(t~dt)\\[0.5em] & = & \int t^2 ~dt = \dfrac{1}{3}t^3 + C = \dfrac{1}{3}(x^2+1)^{\frac{3}{2}} + C\end{eqnarray*}$

(2)
$\sin x = t$ と置くと, 両辺を $t$ で微分すれば

$\cos x \dfrac{dx}{dt} = 1$

より $\cos x ~dx = dt$ となります。よって

$ \begin{eqnarray*} \int \sin^3 x\cos x \ dx &=& \int \sin^3 x~ (\cos x ~ dx)\\[0.5em] & = & \int t^3 dt = \cfrac{1}{4} t^4+C = \cfrac{1}{4} \sin^4 x+C \end{eqnarray*}$

(3)
$\cos x = t$ と置くと, 両辺を $t$ で微分すれば

$-\sin x\dfrac{dx}{dt} = 1$

より $\sin x ~dx = -dt$ となります。よって

$\begin{eqnarray*} \int \dfrac{\sin x}{\cos^4 x} ~dx & = & \int \dfrac{1}{\cos^4 x}~ (\sin x~dx)\\[0.5em] & = & \int \dfrac{1}{t^4}~(-dt)\\[0.5em] & = & - \int \dfrac{1}{t^4}~dt = \dfrac{1}{3}t^{-3} + C = \dfrac{1}{3 \cos^3 x} + C \end{eqnarray*}$

(4)
$x^2 + 1 = t$ と置くと, 両辺を $t$ で微分すれば

$2x\dfrac{dx}{dt} = 1$

より $x~dx = \dfrac{1}{2}~dt$ となります。よって

$\begin{eqnarray*} \int \dfrac{x}{(x^2+1)^2} ~dx & = & \int \dfrac{1}{(x^2+1)^2}~ (x~ dx)\\[0.5em] & = & \int \dfrac{1}{t^2} ~\left( \dfrac{1}{2}~dt\right) \\[0.5em] & = & \dfrac{1}{2} \int \dfrac{1}{t^2}~dt = -\dfrac{1}{2}t^{-1} + C = -\dfrac{1}{2(x^2+1)} + C \end{eqnarray*}$

$\displaystyle \int \dfrac{ f'(x) }{ f(x) }~dx = \log~|f(x)|$

を利用しましょう。

(1)

$\displaystyle \int \dfrac{x}{x^2+1} ~dx = \dfrac{1}{2}\int \dfrac{2x}{x^2+1}~dx = \dfrac{1}{2}\int \dfrac{(x^2+1)'}{x^2+1}~dx = \dfrac{1}{2}\log(x^2+1) +C$

(2)

$\displaystyle \int \tan x~dx = \int \dfrac{\sin x}{\cos x} ~ dx = -\int \dfrac{(\cos x)'}{\cos x}~dx = -\log|\cos x| +C$

(3)

$\displaystyle \int \dfrac{1}{x\log x}~dx = \int \dfrac{(\log x)'}{\log x}~dx = \log|\log x| + C$

(1)
$\cos x = t$ と置くと, $\sin x ~dx = -dt$ であり

$x=0$ の時 $t=1$, $~x=\dfrac{\pi}{2}$ の時 $t =0$

であるから

$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3 x \sin x ~dx = \int_1^0 -t^3~dt = \int_0^1 t^3 ~dt = \left[\dfrac{1}{4}t^4\right]_0^1 = \dfrac{1}{4}$

(2)
$x = \sin t~~\left(-\dfrac{\pi}{2} \leqq t \leqq \dfrac{\pi}{2}\right)$ と置くと, $dx =\cos t~ dt$ であり

$x=0$ の時 $t = 0$, $~x=1$ の時 $t = \dfrac{\pi}{2}$

であるから

$\displaystyle \int_0^1 \sqrt{1-x^2} ~dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1-\sin^2 t}~ \cos t ~dt$

$0 \leqq t \leqq \dfrac{\pi}{2}$ の時, $\cos t \geqq 0$ より

$\begin{eqnarray*} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos t \sqrt{1-\sin^2 t} ~dt & = & \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos t \sqrt{\cos^2 t} ~dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 t ~dt\\[1em] & = & \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1 + \cos 2t}{2}~dt\\[1em] & = & \dfrac{1}{2}\left[ t + \dfrac{1}{2}\sin 2t\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\[1em] & = & \dfrac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

(3)
$x^2 + 2 = t$ と置くと, $x~dx =\dfrac{1}{2}~ dt$ であり

$x=0$ の時 $t = 2$, $~x=1$ の時 $t = 3$

であるから

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{x}{(x^2+2)^2} ~dx = \dfrac{1}{2}\int_2^3 \dfrac{1}{t^2} dt = \dfrac{1}{2}\left[-\dfrac{1}{t} \right]_2^3 = \dfrac{1}{2}\left( -\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{1}{12} $