たまに使う不定積分

$x^2+ax+b=(x+\frac{a}{2})^2+b-\frac{a^2}{4}$であることに注意する．まず，$b-\frac{a^2}{4}=0$とする．このとき，
$$\int\cfrac{dx}{x^2+ax+b}=\int\cfrac{dx}{\left(x+\frac{a}{2}\right)^2}=-\cfrac{1}{x+\frac{a}{2}}+C$$
となる．次に，$b-\frac{a^2}{4}>0$とする．このとき，$x+\frac{a}{2}=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\tan \theta$と変数変換すると，
$$\cfrac{dx}{d\theta}=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\cfrac{1}{\cos^2\theta}$$
であるから，
$$\begin{split} \int\cfrac{dx}{x^2+ax+b} &= \int\cfrac{1}{\left(b-\frac{a^2}{4}\right)\tan^2\theta+b-\frac{a^2}{4}} \cdot \sqrt{b-\frac{a^2}{4}} \, \cfrac{d\theta}{\cos^2\theta} \\ &= \cfrac{1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\int\cfrac{1}{1+\tan^2\theta}\,\cfrac{d\theta}{\cos^2\theta} \\ &= \cfrac{1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\int d\theta \\ &= \cfrac{1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\,\theta+C = \cfrac{1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\,{\rm Arctan}\left(\frac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\right)+C \\ \end{split}$$
となる．最後に，$b-\frac{a^2}{4}<0$とする．このとき，$x+\frac{a}{2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\sin \theta$と変数変換すると，
$$\cfrac{dx}{d\theta}=\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\cos\theta$$
であるから，
$$\begin{split} \int\cfrac{dx}{x^2+ax+b} &= \int\frac{1}{\left(\frac{a^2}{4}-b\right)\sin^2\theta+b-\frac{a^2}{4}} \cdot \sqrt{\frac{a^2}{4}-b} \, \cos\theta\, d\theta \\ &= \cfrac{-1}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\int\cfrac{\cos\theta}{1-\sin^2\theta}\, d\theta \\ &= \cfrac{-1}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\cdot \cfrac{1}{2}\left(\int \cfrac{\cos\theta}{1+\sin\theta}\, d\theta+\int \cfrac{\cos\theta}{1-\sin\theta}\, d\theta \right)\\ &= \cfrac{-1}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\cdot \cfrac{1}{2}\left(\log|1+\sin\theta|-\log|1-\sin\theta| \right)+C\\ &= \cfrac{1}{2\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\cdot \log\left|\cfrac{1-\sin\theta}{1+\sin\theta}\right|+C = \cfrac{1}{2\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\cdot \log\left|\cfrac{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}-\left(x+\frac{a}{2}\right)}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}+\left(x+\frac{a}{2}\right)}\right|+C \\ \end{split}$$
となる．以上より示された．(証明終)

$x^2+ax+b=(x+\frac{a}{2})^2+b-\frac{a^2}{4}$であることに注意する．まず，$b-\frac{a^2}{4}=0$とする．このとき，
$$\int\cfrac{dx}{(x^2+ax+b)^2}=\int\cfrac{dx}{\left(x+\frac{a}{2}\right)^4}=-\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{1}{\left(x+\frac{a}{2}\right)^3}+C$$
となる．次に，$b-\frac{a^2}{4}>0$とする．このとき，$x+\frac{a}{2}=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\tan \theta$と変数変換すると，
$$\cfrac{dx}{d\theta}=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\cfrac{1}{\cos^2\theta}$$
であるから，
$$\begin{split} \int\cfrac{dx}{(x^2+ax+b)^2} &= \int\cfrac{1}{\left\{\left(b-\frac{a^2}{4}\right)\tan^2\theta+b-\frac{a^2}{4}\right\}^2} \cdot \sqrt{b-\frac{a^2}{4}} \, \cfrac{d\theta}{\cos^2\theta} \\ &= \cfrac{1}{\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}}\int\cfrac{1}{(1+\tan^2\theta)^2}\,\cfrac{d\theta}{\cos^2\theta} \\ &= \cfrac{1}{\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}}\int \cos^2\theta \,d\theta \\ &= \cfrac{1}{\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}}\int \cfrac{\cos2\theta+1}{2} \,d\theta \\ &= \cfrac{1}{2\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}}\left(\cfrac{1}{2}\,\sin2\theta+\theta\right) +C\\ &= \cfrac{1}{2\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}}\left(\cos^2\theta\tan\theta+\theta\right) +C\\ &= \cfrac{1}{2\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}}\left(\cfrac{\tan\theta}{1+\tan^2\theta}+\theta\right) +C \\ &= \cfrac{1}{2\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}}\left\{\cfrac{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\left(x+\frac{a}{2}\right)}{b-\frac{a^2}{4}+\left(x+\frac{a}{2}\right)^2}+{\rm Arctan}\left(\cfrac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\right)\right\} +C \\ &= \cfrac{1}{2\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}}\left\{\cfrac{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\left(x+\frac{a}{2}\right)}{x^2+ax+b}+{\rm Arctan}\left(\cfrac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\right)\right\} +C\\ \end{split}$$
となる．最後に，$b-\frac{a^2}{4}<0$とする．このとき，$x+\frac{a}{2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\sin \theta$と変数変換すると，
$$\cfrac{dx}{d\theta}=\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\cos\theta$$
であるから，
$$\begin{split} \int\cfrac{dx}{(x^2+ax+b)^2} &= \int\cfrac{1}{\left\{\left(\frac{a^2}{4}-b\right)\sin^2\theta+b-\frac{a^2}{4}\right\}^2} \cdot \sqrt{\frac{a^2}{4}-b} \, \cos\theta\, d\theta \\ &= \cfrac{1}{\left(\frac{a^2}{4}-b\right)^{\frac{3}{2}}}\int\cfrac{\cos\theta}{(1-\sin^2\theta)^2}\, d\theta \\ &= \cfrac{1}{\left(\frac{a^2}{4}-b\right)^{\frac{3}{2}}}\int\cfrac{\cos\theta}{\{(1-\sin\theta)(1+\sin\theta)\}^2}\, d\theta \\ &= \cfrac{1}{\left(\frac{a^2}{4}-b\right)^{\frac{3}{2}}}\int\cfrac{\cos\theta}{4}\left(\cfrac{1}{1-\sin\theta}+\cfrac{1}{1+\sin\theta}\right)^2\, d\theta \\ &= \cfrac{1}{4\left(\frac{a^2}{4}-b\right)^{\frac{3}{2}}}\int\cos\theta\left(\cfrac{1}{(1-\sin\theta)^2}+\cfrac{1}{(1+\sin\theta)^2}+\cfrac{2}{(1-\sin\theta)(1+\sin\theta)}\right)\, d\theta \\ &= \cfrac{1}{4\left(\frac{a^2}{4}-b\right)^{\frac{3}{2}}}\int\cos\theta\left(\cfrac{1}{(1-\sin\theta)^2}+\cfrac{1}{(1+\sin\theta)^2}+\cfrac{1}{1-\sin\theta}+\cfrac{1}{1+\sin\theta}\right)\, d\theta \\ &= \cfrac{1}{4\left(\frac{a^2}{4}-b\right)^{\frac{3}{2}}}\left(\cfrac{1}{1-\sin\theta}-\cfrac{1}{1+\sin\theta}-\log|1-\sin\theta|+\log|1+\sin\theta|\right)+C \\ &= \cfrac{1}{4\left(\frac{a^2}{4}-b\right)^{\frac{3}{2}}}\left\{\cfrac{2\sin\theta}{1-\sin^2\theta}+\log\left|\cfrac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta}\right|\right\}+C \\ &= \cfrac{1}{4\left(\frac{a^2}{4}-b\right)^{\frac{3}{2}}}\left\{\cfrac{2\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\left(x+\frac{a}{2}\right)}{\frac{a^2}{4}-b-\left(x+\frac{a}{2}\right)^2}+\log\left|\cfrac{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}+\left(x+\frac{a}{2}\right)}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}-\left(x+\frac{a}{2}\right)}\right|\right\}+C \\ &= \cfrac{1}{4\left(\frac{a^2}{4}-b\right)^{\frac{3}{2}}}\left\{-\cfrac{2\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\left(x+\frac{a}{2}\right)}{x^2+ax+b}+\log\left|\cfrac{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}+\left(x+\frac{a}{2}\right)}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}-\left(x+\frac{a}{2}\right)}\right|\right\}+C \end{split}$$
となる．以上より示された．(証明終)

$x^2+ax+b=(x+\frac{a}{2})^2+b-\frac{a^2}{4}$であることに注意する．まず，$b-\frac{a^2}{4}=0$とする．このとき，$x+\frac{a}{2}> 0$なら
$$\int\cfrac{dx}{(x^2+ax+b)^{\frac{3}{2}}}=\int\cfrac{dx}{\left(x+\frac{a}{2}\right)^3}=-\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{1}{\left(x+\frac{a}{2}\right)^2}+C$$
であり，$x+\frac{a}{2}< 0$なら
$$\int\cfrac{dx}{(x^2+ax+b)^{\frac{3}{2}}}=-\int\cfrac{dx}{\left(x+\frac{a}{2}\right)^3}=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{1}{\left(x+\frac{a}{2}\right)^2}+C$$
となる．次に，$b-\frac{a^2}{4}>0$とし，$x+\frac{a}{2}=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\tan \theta$と変数変換する．$\tan\theta$は区間$(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$において任意の実数を取り得るから，$\theta$を区間$(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$の中で取ってよい．従って，特に$\cos\theta>0$であることに注意する．さて，
$$\cfrac{dx}{d\theta}=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\cfrac{1}{\cos^2\theta}$$
であるから，
$$\begin{split} \int\cfrac{dx}{(x^2+ax+b)^{\frac{3}{2}}} &= \int\cfrac{1}{\left\{\left(b-\frac{a^2}{4}\right)\tan^2\theta+b-\frac{a^2}{4}\right\}^{\frac{3}{2}}} \cdot \sqrt{b-\frac{a^2}{4}} \, \cfrac{d\theta}{\cos^2\theta} \\ &= \cfrac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\int\cfrac{1}{(1+\tan^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\,\cfrac{d\theta}{\cos^2\theta} \\ &= \cfrac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\int \cos\theta \,d\theta \hspace{0.2in} (\because \cos\theta>0)\\ &= \cfrac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\,\sin\theta +C\\ \end{split}$$
となる．まず，$\tan\theta \geq 0$のとき，$\sin\theta \geq 0$より
$$\sin\theta=\sqrt{\frac{\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta}}=\frac{\tan\theta}{\sqrt{1+\tan^2\theta}}$$
である．また，$\tan\theta < 0$のとき，$\sin\theta < 0$より
$$\sin\theta=-\sqrt{\frac{\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta}}=\frac{\tan\theta}{\sqrt{1+\tan^2\theta}}$$
である．従って，任意の$\theta$に対して
$$\sin\theta=\frac{\tan\theta}{\sqrt{1+\tan^2\theta}}$$
が成り立つから，
$$\begin{split} \int\cfrac{dx}{(x^2+ax+b)^{\frac{3}{2}}} &= \cfrac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\,\sin\theta +C\\ &= \cfrac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\cdot\frac{\tan\theta}{\sqrt{1+\tan^2\theta}} +C \\ &= \cfrac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\cdot\frac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}+\left(x+\frac{a}{2}\right)^2}} +C \\ &= \cfrac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\cdot\frac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{x^2+ax+b}} +C \end{split}$$
となる．この等式は$b-\frac{a^2}{4}>0$という仮定の下で導かれたが，右辺を微分して左辺を得る場合は$b-\frac{a^2}{4} \neq 0$という仮定のみあれば十分である．従ってこの等式は$b-\frac{a^2}{4} \neq 0$の場合に成り立つ等式である．$b-\frac{a^2}{4}<0$の場合に直接積分を計算したい場合は，平方完成した後に$x+\frac{a}{2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\cosh(\theta)$と置換し，その後更に$t=\tanh(\frac{\theta}{2})$と置換することで積分できる(計算略)．以上より示された．(証明終)

部分積分から，
$$\begin{split} \int{\rm Arctan}(ax+b)\, dx &= \cfrac{ax+b}{a}\,{\rm Arctan}(ax+b)-\int\cfrac{ax+b}{a}\,\cfrac{a}{1+(ax+b)^2}\, dx \\ &= \cfrac{ax+b}{a}\,{\rm Arctan}(ax+b)-\int\cfrac{ax+b}{1+(ax+b)^2}\, dx \\ &= \cfrac{ax+b}{a}\,{\rm Arctan}(ax+b)-\cfrac{1}{2a}\,\log\{1+(ax+b)^2\}+C \\ \end{split}$$
を得る．(証明終)

$a \neq 0$と$(\cos x)'=-\sin x$であることから，
$$\int\cfrac{\sin x}{a\cos x+b}\,dx = -\cfrac{1}{a}\,\log|a\cos x+b|+C$$
と計算できる．(証明終)

$a \neq 0$と$(\sin x)'=\cos x$であることから，
$$\int\cfrac{\cos x}{a\sin x+b}\,dx = \cfrac{1}{a}\,\log|a\sin x+b|+C$$
と計算できる．(証明終)

$\tan\frac{x}{2}=t$と置換する．このとき，
$$\cfrac{dt}{dx}=\cfrac{1}{2\cos^2\frac{x}{2}}=\cfrac{1+t^2}{2}, \hspace{0.2in} \cos x=2\cos^2\frac{x}{2}-1=\cfrac{1-t^2}{1+t^2}$$
となるので，
$$\begin{split} \int\cfrac{\cos x}{a\cos x+b}\, dx &= \int\cfrac{\frac{1-t^2}{1+t^2}}{a\frac{1-t^2}{1+t^2}+b}\, \cfrac{2}{1+t^2}\, dt \\ &= \int\cfrac{1-t^2}{a(1-t^2)+b(1+t^2)}\,\cfrac{2}{1+t^2}\,dt \\ &= 2\int\cfrac{1-t^2}{\{(b-a)t^2+b+a\}(1+t^2)}\,dt = 2\int\left\{\cfrac{-\frac{b}{a}}{(b-a)t^2+b+a}+\cfrac{\frac{1}{a}}{1+t^2} \right\}dt \end{split}$$
と計算される．まず，$b=a$とする．このとき，
$$\begin{split} (与式) = 2\int\left(-\cfrac{1}{2a}+\cfrac{\frac{1}{a}}{1+t^2} \right)dt &= -\cfrac{t}{a}+\cfrac{2}{a}\,{\rm Arctan}\,t+C \\ &=-\cfrac{1}{a}\,\tan\,\cfrac{x}{2}+\cfrac{x}{a}+C \end{split}$$
となる．次に，$b > a(>0)$とする．このとき，$\frac{b+a}{b-a}>0$であるから，上で示した積分を用いて，
$$\begin{split} (与式) =2\int\left\{-\cfrac{b}{a(b-a)}\,\cfrac{1}{t^2+\frac{b+a}{b-a}}+\cfrac{\frac{1}{a}}{1+t^2} \right\}dt &= -\cfrac{2b}{a(b-a)} \cdot \cfrac{1}{\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}}\,{\rm Arctan}\left(\cfrac{t}{\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}} \right)+\cfrac{2}{a}\,{\rm Arctan}\,t+C \\ &= \cfrac{x}{a}-\cfrac{2b}{a\sqrt{b^2-a^2}}\,{\rm Arctan}\left(\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}\,\tan\cfrac{x}{2} \right)+C \end{split}$$
となる．次に，$b< a$とする．$b<-a(<0)$でもあるなら$\frac{b+a}{b-a}=\frac{-(a+b)}{a-b}>0$であるから，やはり上で示した積分を用いて
$$\begin{split} (与式) &= \cfrac{2b}{a(a-b)} \cdot \cfrac{1}{\sqrt{\frac{-(a+b)}{a-b}}}\,{\rm Arctan}\left(\cfrac{t}{\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}} \right)+\cfrac{2}{a}\,{\rm Arctan}\,t+C \\ &= \cfrac{x}{a}+\cfrac{2b}{a\sqrt{b^2-a^2}}\,{\rm Arctan}\left(\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}\,\tan\cfrac{x}{2} \right)+C \end{split}$$
となる．$b > -a$即ち$-a < b< a$であるなら，$\frac{b+a}{b-a}<0$であるから，上で示した積分より
$$\begin{split} (与式) =2\int\left\{-\cfrac{b}{a(b-a)}\,\cfrac{1}{t^2+\frac{b+a}{b-a}}+\cfrac{\frac{1}{a}}{1+t^2} \right\}dt &= -\cfrac{2b}{a(b-a)} \cdot \cfrac{1}{2\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}}\,\log\left|\cfrac{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}-t}{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}+t} \right|+\cfrac{2}{a}\,{\rm Arctan}\,t+C \\ &= \cfrac{x}{a}+\cfrac{b}{a\sqrt{a^2-b^2}}\,\log\left|\cfrac{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}-\tan\frac{x}{2}}{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}+\tan\frac{x}{2}} \right|+C \end{split}$$
となる．最後に，$b=-a$とする．このとき，
$$\begin{split} (与式) = 2\int\left(-\cfrac{1}{2at^2}+\cfrac{\frac{1}{a}}{1+t^2} \right)dt &= \cfrac{1}{at}+\cfrac{2}{a}\,{\rm Arctan}\,t+C \\ &=\cfrac{1}{a\tan\frac{x}{2}}+\cfrac{x}{a}+C \end{split}$$
となる．以上より示された．(証明終)

$x=\frac{\pi}{2}-t$と置換すると，
$$\int\cfrac{\sin x}{a\sin x+b}\,dx=\int\cfrac{\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{a\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)+b}\,(-dt)=-\int\cfrac{\cos t}{a\cos t+b}\,dt$$
となって，上で示した積分に帰着される．従ってそこでの結果に$-1$を掛けた上で$t=\frac{\pi}{2}-x$を代入すれば良い．そのとき，
$$\tan\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}-x\right) \right\}=\tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right) = \frac{1-\tan\frac{x}{2}}{1+\tan\frac{x}{2}}$$
に注意する．(証明終)

$\tan\frac{x}{2}=t$と置換する．このとき，
$$\cfrac{dt}{dx}=\cfrac{1}{2\cos^2\frac{x}{2}}=\cfrac{1+t^2}{2}, \hspace{0.2in} \cos x=\cfrac{2}{1+t^2}-1=\cfrac{1-t^2}{1+t^2}$$
となるので，
$$\begin{split} \int\cfrac{dx}{a\cos x+b} &= \int\cfrac{1}{a\frac{1-t^2}{1+t^2}+b}\, \cfrac{2}{1+t^2}\, dt \\ &= 2\int\cfrac{1}{a(1-t^2)+b(1+t^2)}\,dt= 2\int\cfrac{1}{(b-a)t^2+b+a}\,dt \\ \end{split}$$
と計算される．まず，$b=a$とする．このとき，
$$\begin{split} (与式) = 2\int\cfrac{1}{2a}\,dt &= \cfrac{t}{a} + C =\cfrac{1}{a}\,\tan\,\cfrac{x}{2}+C \end{split}$$
となる．次に，$b > a(>0)$とする．このとき，$\frac{b+a}{b-a}>0$であるから，上で示した積分を用いて，
$$\begin{split} (与式) =\cfrac{2}{b-a}\,\int\cfrac{1}{t^2+\frac{b+a}{b-a}}\, dt &= \cfrac{2}{b-a} \cdot \cfrac{1}{\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}}\,{\rm Arctan}\left(\cfrac{t}{\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}} \right)+C \\ &= \cfrac{2}{\sqrt{b^2-a^2}}\,{\rm Arctan}\left(\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}\,\tan\cfrac{x}{2} \right)+C \end{split}$$
となる．次に，$b< a$とする．$b<-a(<0)$でもあるなら$\frac{b+a}{b-a}=\frac{-(a+b)}{a-b}>0$であるから，やはり上で示した積分を用いて
$$\begin{split} (与式) &= -\cfrac{2}{a-b} \cdot \cfrac{1}{\sqrt{\frac{-(a+b)}{a-b}}}\,{\rm Arctan}\left(\cfrac{t}{\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}} \right)+C \\ &= -\cfrac{2}{\sqrt{b^2-a^2}}\,{\rm Arctan}\left(\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}\,\tan\cfrac{x}{2} \right)+C \end{split}$$
となる．$b > -a$即ち$-a < b< a$であるなら，$\frac{b+a}{b-a}<0$であるから，上で示した積分より
$$\begin{split} (与式) =\cfrac{2}{b-a}\int\cfrac{1}{t^2+\frac{b+a}{b-a}}\,dt &= \cfrac{2}{b-a} \cdot \cfrac{1}{2\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}}\,\log\left|\cfrac{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}-t}{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}+t} \right|+C \\ &= -\cfrac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}\,\log\left|\cfrac{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}-\tan\frac{x}{2}}{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}+\tan\frac{x}{2}} \right|+C \end{split}$$
となる．最後に，$b=-a$とする．このとき，
$$\begin{split} (与式) = 2\int\cfrac{1}{(-2a)t^2}\,dt &= \cfrac{1}{at}+C=\cfrac{1}{a\tan\frac{x}{2}}+C \end{split}$$
となる．以上より示された．(証明終)

$x=\frac{\pi}{2}-t$と置換すると，
$$\int\cfrac{1}{a\sin x+b}\,dx=\int\cfrac{1}{a\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)+b}\,(-dt)=-\int\cfrac{1}{a\cos t+b}\,dt$$
となって，上で示した積分に帰着される．従ってそこでの結果に$t=\frac{\pi}{2}-x$を代入すれば良い．そのとき，
$$\tan\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}-x\right) \right\}=\tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right) = \frac{1-\tan\frac{x}{2}}{1+\tan\frac{x}{2}}$$
に注意する．(証明終)

部分積分から
$$\begin{split} \int {\rm erf}(ax+b)\, dx &=\frac{ax+b}{a}\, {\rm erf}(ax+b)-\int \frac{ax+b}{a} \cdot a \cdot \frac{2}{\sqrt{\pi}}\,e^{-(ax+b)^2}\, dx \\ &= \frac{ax+b}{a}\,{\rm erf}(ax+b)+\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\,e^{-(ax+b)^2}\, +C \end{split}$$
と計算できる．(証明終)

部分積分から
$$\begin{split} &\int x \cdot {\rm erf}(ax+b) \, dx\\ &= x\left(\frac{ax+b}{a}\,{\rm erf}(ax+b)+\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\,e^{-(ax+b)^2} \right)-\int \left(\frac{ax+b}{a}\,{\rm erf}(ax+b)+\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\,e^{-(ax+b)^2} \right)dx \\ &= x\left(\frac{ax+b}{a}\,{\rm erf}(ax+b)+\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\,e^{-(ax+b)^2} \right) - \int x \cdot {\rm erf}(ax+b)\, dx -\frac{b}{a}\int{\rm erf}(ax+b) \, dx -\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\int e^{-(ax+b)^2} \, dx \end{split}$$
となるので，
$$\begin{split} &2\int x \cdot {\rm erf}(ax+b)\, dx \\ &= x\left(\frac{ax+b}{a}\,{\rm erf}(ax+b)+\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\,e^{-(ax+b)^2}\right)-\frac{b}{a}\left(\frac{ax+b}{a}\,{\rm erf}(ax+b)+\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\,e^{-(ax+b)^2}\right)-\frac{1}{a\sqrt{\pi}} \cdot \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a^2}}{\rm erf}\left(\sqrt{a^2}\left(x+\frac{b}{a}\right)\right)+C \\ &= \frac{2a^2x^2-2b^2-1}{2a^2}\, {\rm erf}(ax+b)+\frac{ax-b}{a^2\sqrt{\pi}}\,e^{-(ax+b)^2}\, +C \end{split}$$
を得る．よって与式が従う．(証明終)

${\rm erf}(x)$の定義から，$\frac{d}{dx}\,{\rm erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\,e^{-x^2}$となるので，
$$\frac{d}{dx}\left\{\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,{\rm erf}(\sqrt{a}(x+b))\right\}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\cdot \sqrt{a}\,\frac{2}{\sqrt{\pi}}\,e^{-a(x+b)^2}=e^{-a(x+b)^2}$$
となる．よって与式が従う．(証明終)

$\frac{d}{dx}(-a(x+b)^2)=-2a(x+b)$であるから，
$$\frac{d}{dx}\left(-\frac{1}{2a}\,e^{-a(x+b)^2}\right)=-\frac{1}{2a}\,(-2a(x+b))e^{-a(x+b)^2}=(x+b)e^{-a(x+b)^2}$$
が成り立つ．これより
$$\begin{split} \int xe^{-a(x+b)^2}\, dx &= \int(x+b)e^{-a(x+b)^2}\, dx-\int b \cdot e^{-a(x+b)^2}\, dx \\ &= -\frac{1}{2a}\,e^{-a(x+b)^2}-\frac{b}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,{\rm erf}(\sqrt{a}(x+b))+C \end{split}$$
となる．(証明終)

部分積分から
$$\begin{split} &\int x^2e^{-a(x+b)^2}\,dx \\ &= \int x\cdot xe^{-a(x+b)^2}\,dx \\ &= -\frac{x}{2a}\,e^{-a(x+b)^2}-\frac{bx}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,{\rm erf}(\sqrt{a}(x+b))-\int \left(-\frac{1}{2a}\,e^{-a(x+b)^2}-\frac{b}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,{\rm erf}(\sqrt{a}(x+b))\right)\, dx \\ &= -\frac{x}{2a}\,e^{-a(x+b)^2}-\frac{bx}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,{\rm erf}(\sqrt{a}(x+b)) +\frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,{\rm erf}(\sqrt{a}(x+b)) +\frac{b}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\left( (x+b){\rm erf}(\sqrt{a}(x+b))+\frac{1}{\sqrt{a\pi}}\,e^{-a(x+b)^2}\right)+C \\ &= -\frac{x-b}{2a}e^{-a(x+b)^2}+\frac{2ab^2+1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}{\rm erf}(\sqrt{a}(x+b))+C \end{split}$$
と計算できる．(証明終)

部分積分から
$$\int\log(ax+b)\, dx=\frac{ax+b}{a}\log(ax+b)-\int 1 \cdot dx=\frac{ax+b}{a}\log(ax+b)-x+C$$
と計算できる．(証明終)

部分積分から
$$\begin{split} &\int\{\log(ax+b)\}^2\, dx \\ &= \left\{\frac{ax+b}{a}\log(ax+b)-x\right\}\log(ax+b)-\int \left\{\frac{ax+b}{a}\log(ax+b)-x\right\}\frac{a}{ax+b}\, dx \\ &= \left\{\frac{ax+b}{a}\log(ax+b)-x\right\}\log(ax+b)-\int \log(ax+b)\,dx+\int\frac{ax}{ax+b}\, dx \\ &= \left\{\frac{ax+b}{a}\log(ax+b)-x\right\}\log(ax+b)-\left\{\frac{ax+b}{a}\log(ax+b)-x\right\}+x-\frac{b}{a}\log(ax+b)+C \\ &= \frac{ax+b}{a}\{\log(ax+b)\}^2-2\frac{ax+b}{a}\log(ax+b)+2x+C \end{split}$$
と計算できる．(証明終)