(1)
式を変形すると

$ $$\begin{eqnarray*} \dfrac{x}{x^2-2x+1} & = & \dfrac{x-1}{x^2-2x+1} + \dfrac{1}{x^2-2x+1} \\[1em] & = & \dfrac{x-1}{(x-1)^2} + \dfrac{1}{(x-1)^2} \\[1em] & = & \dfrac{1}{x-1} + \dfrac{1}{(x-1)^2} \end{eqnarray*}$$ $

よって

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

(2)

$\dfrac{3x+4}{(x+1)(x+2)} = \dfrac{a}{x+1} + \dfrac{b}{x+2}$

と置くと

$\dfrac{a}{x+1} + \dfrac{b}{x+2} = \dfrac{a(x+2) + b(x+1)}{(x+1)(x+2)} = \dfrac{(a+b)x+(2a+b)}{(x+1)(x+2)}$

となるので, 係数を比較すると

$\left\{ $$\begin{aligned}a+b & =3 \\ 2a+b & =4 \end{aligned}$$ \right.$

より $a=1$, $b=2$ であることがわかります。よって

$ $$\begin{eqnarray*} \int \dfrac{3x+4}{(x+1)(x+2)}~dx & = & \int \left( \dfrac{1}{x+1} + \dfrac{2}{x+2} \right)~dx\\[1em] & = & \int \dfrac{1}{x+1}~dx + \int \dfrac{2}{x+2}~dx\\[1em] & = & \log|x+1| + 2\log|x+2| +C\\[1em] & = & \log|(x+1)(x+2)^2|+C \end{eqnarray*}$$ $

(3)
分母を $3$ で括って平方完成すると

$\displaystyle \int \dfrac{1}{3x^2-6x+15}\ dx = \dfrac{1}{3}\int \dfrac{1}{x^2-2x+5}\ dx = \dfrac{1}{3} \int \dfrac{1}{(x-1)^2+4}\ dx$

ここで $x-1 + 2\tan t$ と置くと, $dx = \dfrac{2}{\cos^2 t}~dt$ であるから

$ $$\begin{eqnarray*} \int \dfrac{1}{3x^2-6x+15}~dx & = & \dfrac{1}{3} \int \dfrac{1}{(x-1)^2+4}\ dx\\[1em] & = & \dfrac{1}{3} \int \dfrac{1}{4\tan^2 t + 4}\cdot \dfrac{2}{\cos^2 t}~dt\\[1em] & = & \dfrac{1}{6} \int \dfrac{1}{1+\tan^2 t}\cdot \dfrac{1}{\cos^2 t}~dt\\[1em] & = & \dfrac{1}{6} \int \dfrac{\cos^2 t}{\cos^2 t}~dt = \dfrac{1}{6} \int ~dt = \dfrac{1}{6}t + C \end{eqnarray*}$$ $

$\tan t = \dfrac{x-1}{2}$ より $t = \tan^{-1}\left( \dfrac{x-1}{2}\right)$ であるから

$\displaystyle \int \dfrac{1}{3x^2-6x+15}~dx = \dfrac{1}{6}\tan^{-1}\left( \dfrac{x-1}{2} \right) + C$

となります。

分母を因数分解すると

$x^3 - 3x^2 + 4x -2 = (x-1)(x^2 -2x+ 2)$

であるから

$\dfrac{2x^2-3x+2}{x^3-3x^2+4x-2} = \dfrac{a}{x-1} + \dfrac{bx+c}{x^2-2x+2}$

と置くと

$ $$\begin{eqnarray*}\dfrac{a}{x-1} + \dfrac{bx+c}{x^2-2x+2} & = & \dfrac{a(x^2-2x+2) + (bx+c)(x-1)}{(x-1)(x^2 -2x+ 2)}\\[1em] & = & \dfrac{(a+b)x^2-(2a + b-c)x + (2a-c)}{(x-1)(x^2 -2x+ 2)}\end{eqnarray*}$$ $

となるので係数を比較すると

$\left\{ $$\begin{aligned} a+b &= 2 \\ 2a+b-c &= 3 \\ 2a-c & = 2 \end{aligned}$$ \right.$

これを解くと $a = 1$, $b=1$, $c=0$ となります。よって

$\displaystyle \int \dfrac{2x^2-3x+2}{x^3-3x^2+4x-2}~dx = \int \dfrac{1}{x-1}~dx + \int \dfrac{x}{x^2-2x+2}~dx$

ここで

$ $$\begin{eqnarray*}\dfrac{x}{x^2 -2x+2} & = & \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{2x -2}{x^2 -2x+2} + \dfrac{2}{x^2-2x+2}\right)\\[1em] & = & \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{(x^2-2x+2)'}{x^2-2x+2} + \dfrac{2}{x^2-2x+2} \right) \end{eqnarray*}$$ $

と変形できるので

$ $$\begin{eqnarray*} \int \dfrac{x}{x^2-2x+2}~dx & = & \dfrac{1}{2}\int \dfrac{(x^2-2x+2)'}{x^2-2x+2}~dx + \int \dfrac{1}{x^2-2x+2}~dx\\[1em] & = & \dfrac{1}{2}\log |x^2-2x+2| + \int \dfrac{1}{x^2-2x+2}~dx \end{eqnarray*}$$ $

$x^2-2x+2 = (x-1)^2+1$ より $x-1 = \tan t$ と置くと, $dx = \dfrac{1}{\cos^2 t}~dt$ であるから

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

以上から

$\displaystyle \int \dfrac{2x^2-3x+2}{x^3-3x^2+4x-2}~dx$

$\displaystyle = \int \dfrac{1}{x-1}~dx + \int \dfrac{x}{x^2-2x+2}~dx$

$\displaystyle = \log |x-1| + \dfrac{1}{2}\log|x^2-2x+2| + \int \dfrac{1}{x^2 - 2x+2}~dx$

$\displaystyle = \log |x-1| + \dfrac{1}{2}\log|x^2-2x+2| + \tan^{-1}(x-1) + C$

(1)
$\sqrt{x+4} = t$ と置くと, $x = t^2 -4$ より $dx = 2t~dt$ であり

$x=-4$ の時 $t = 0$, $x=-3$ の時 $t=1$

であるから

$ $$\begin{eqnarray*} \int_{-4}^{-3} \dfrac{3x}{\sqrt{x+4}-2}~dx & = & \int_0^1 \dfrac{3(t^2-4)}{t-2}\cdot 2t~dt\\[1em] & = & \int_0^1 \dfrac{6t(t+2)(t-2)}{t-2}~dt\\[1em] & = & \int_0^1 (6t^2+2t)~dt\\[1em] & = & \left[2t^3 + 6t^2\right]_0^1\\[1em] & = & 8 \end{eqnarray*}$$ $

(2)

$x^2-2x+3= (x-1)^2+ 2$

より $x-1 = \sqrt{2}t$ と置くと, $dx = \sqrt{2}~dt$ であり

$x=1$ の時 $t= 0$, $x=3$ の時 $t= \sqrt{2}$

であるから

$ $$\begin{eqnarray*} \int_1^3 \sqrt{x^2-2x+3} \ dx &=& \int_1^3 \sqrt{ (x-1)^2 + 2} \ dx \\[0.5em] &=& \sqrt{2} \int_0^{\sqrt{2}} \sqrt{2t^2 + 2} \ dt \\[0.5em] &=& 2 \int_0^{\sqrt{2}} \sqrt{t^2+1}\ dt \\[0.5em] &=& 2 \left[ \dfrac{1}{2}\left( t\sqrt{t^2+1} + \log\left| t+ \sqrt{t^2+1} \right| \right)\right]_0^{\sqrt{2}} \\[0.5em] &=& \sqrt{6} + \log\left( \sqrt{2} + \sqrt{3} \right) \end{eqnarray*}$$ $

(1)
倍角の公式より

$\cos^2 x = \dfrac{1+\cos 2x}{2}$

であるから

$ $$\begin{eqnarray*} \int \cos^4 x~dx & = & \int \left( \dfrac{1+\cos 2x}{2} \right)^2~dt\\[1em] & = & \dfrac{1}{4} \int \left( 1 + 2\cos 2x + \cos^2 2x\right)~dt\\[1em] & = & \dfrac{1}{4} \int \left( 1 + 2\cos 2x + \left( \dfrac{1+\cos 4x}{2}\right) \right)~dt\\[1em] & = & \dfrac{1}{4} \int \left( \dfrac{3}{2} + 2\cos 2x + \dfrac{1}{2}\cos 4x \right)~dt\\[1em] & = & \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{3}{2}x + \sin 2x + \dfrac{1}{8}\sin 4x \right) + C\\[1em] & = & \dfrac{3}{8}x + \dfrac{1}{4}\sin 2x + \dfrac{1}{32}\sin 4x + C \end{eqnarray*}$$ $

(2)
積和の公式

$\cos α\sin β=\cfrac{1}{2}\{\sin (α+β)-\sin (α-β)\}$

より

$ $$\begin{eqnarray*} \int_{}^{}10\cos 3x\sin 2x\ dx &=& 5\int_{}^{}\left( \sin 5x - \sin x \right)\ dx \\[1em] &=& -\cos 5x+5\cos x+C \end{eqnarray*}$$ $

(1)
$\sin mx$ は奇関数, $\cos nx$ は偶関数であるから $\sin mx\cos nx$ は奇関数になります。よって

$\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} \sin mx\cos nx~dx=0$

(2)

$m=n$ かどうかで場合分けをします。

$m=n$ の時

$ $$\begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{\pi} \sin mx \sin nx \ dx &=& \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 mx \ dx \\[1em] & = & \int_{-\pi}^{\pi} \left( \dfrac{1 - \cos 2mx}{2}\right) \ dx \\[1em] & = & \left[ \dfrac{x}{2} - \dfrac{1}{4m}\sin 2mx \right]_{-\pi}^{\pi} \\[1em] & = & \left( \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\sin 2m\pi}{4m} \right) - \left( -\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\sin (-2m\pi)}{4m} \right)\\[1em] & = & \pi- \dfrac{\sin 2m\pi}{2m} \end{eqnarray*}$$ $

ここで $m$ は正の整数であるから $\sin 2m\pi=0$ になります。よって

$\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} \sin mx\sin nx~dx = \pi$

一方, $m\not=n$ の時, $m+n,~m-n\not=0$ であるから積和の公式より

$\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} \sin mx \sin nx \ dx$

$\displaystyle = -\dfrac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} \left\{ \cos(m+n)x - \cos(m-n)x \right\} \ dx$

$\displaystyle = -\dfrac{1}{2} \left[ \dfrac{1}{m+n}\sin(m+n)x - \dfrac{1}{m-n} \sin(m-n)x \right]_{-\pi}^{\pi} =0$

(3)
(2) と同様に $m=n$ の時

$ $$\begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{\pi} \cos mx \cos nx \ dx &=& \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 mx \ dx \\[1em] & = & \int_{-\pi}^{\pi} \left( \dfrac{1 + \cos 2mx}{2}\right) \ dx \\[1em] & = & \left[ \dfrac{x}{2} + \dfrac{1}{4m}\sin 2mx \right]_{-\pi}^{\pi} \\[1em] & = & \pi \end{eqnarray*}$$ $

$m\not=n$ の時

$\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} \cos mx \cos nx \ dx$

$\displaystyle = \dfrac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} \left\{ \cos(m+n)x + \cos(m-n)x \right\} \ dx$

$\displaystyle = \dfrac{1}{2} \left[ \dfrac{1}{m+n}\sin(m+n)x + \dfrac{1}{m-n} \sin(m-n)x \right]_{-\pi}^{\pi}=0$