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，
$$\int \frac{dx}{x^2+ax+b}=\int \frac{dx}{{(x+\frac{a}{2})}^2}=-\frac{1}{x+\frac{a}{2}}+C$$
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，
$$\frac{dx}{d\theta }=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\frac{1}{{\cos }^2\theta }$$
であるから，
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{x^2+ax+b}& =\int \frac{1}{(b-\frac{a^2}{4}){\tan }^2\theta +b-\frac{a^2}{4}}\cdot \sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }\\ & =\frac{1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\int \frac{1}{1+{\tan }^2\theta }\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }\\ & =\frac{1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\int d\theta \\ & =\frac{1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\theta +C=\frac{1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\right)+C\end{array}$$
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，
$$\frac{dx}{d\theta }=\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\cos \theta$$
であるから，
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{x^2+ax+b}& =\int \frac{1}{(\frac{a^2}{4}-b){\sin }^2\theta +b-\frac{a^2}{4}}\cdot \sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\cos \theta d\theta \\ & =\frac{-1}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\int \frac{\cos \theta }{1-{\sin }^2\theta }d\theta \\ & =\frac{-1}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\cdot \frac{1}{2}(\int \frac{\cos \theta }{1+\sin \theta }d\theta +\int \frac{\cos \theta }{1-\sin \theta }d\theta )\\ & =\frac{-1}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\cdot \frac{1}{2}(\log |1+\sin \theta |-\log |1-\sin \theta |)+C\\ & =\frac{1}{2\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\cdot \log \left|\frac{1-\sin \theta }{1+\sin \theta }\right|+C=\frac{1}{2\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}}\cdot \log \left|\frac{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}-(x+\frac{a}{2})}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}+(x+\frac{a}{2})}\right|+C\end{array}$$
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，
$$\int \frac{dx}{(x^2+ax+b{)}^2}=\int \frac{dx}{{(x+\frac{a}{2})}^4}=-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{{(x+\frac{a}{2})}^3}+C$$
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，
$$\frac{dx}{d\theta }=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\frac{1}{{\cos }^2\theta }$$
であるから，
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{(x^2+ax+b{)}^2}& =\int \frac{1}{{\{(b-\frac{a^2}{4}){\tan }^2\theta +b-\frac{a^2}{4}\}}^2}\cdot \sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }\\ & =\frac{1}{{(b-\frac{a^2}{4})}^{\frac{3}{2}}}\int \frac{1}{(1+{\tan }^2\theta {)}^2}\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }\\ & =\frac{1}{{(b-\frac{a^2}{4})}^{\frac{3}{2}}}\int {\cos }^2\theta d\theta \\ & =\frac{1}{{(b-\frac{a^2}{4})}^{\frac{3}{2}}}\int \frac{\cos 2\theta +1}{2}d\theta \\ & =\frac{1}{2{(b-\frac{a^2}{4})}^{\frac{3}{2}}}(\frac{1}{2}\sin 2\theta +\theta )+C\\ & =\frac{1}{2{(b-\frac{a^2}{4})}^{\frac{3}{2}}}({\cos }^2\theta \tan \theta +\theta )+C\\ & =\frac{1}{2{(b-\frac{a^2}{4})}^{\frac{3}{2}}}(\frac{\tan \theta }{1+{\tan }^2\theta }+\theta )+C\\ & =\frac{1}{2{(b-\frac{a^2}{4})}^{\frac{3}{2}}}\{\frac{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}(x+\frac{a}{2})}{b-\frac{a^2}{4}+{(x+\frac{a}{2})}^2}+\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\right)\}+C\\ & =\frac{1}{2{(b-\frac{a^2}{4})}^{\frac{3}{2}}}\{\frac{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}(x+\frac{a}{2})}{x^2+ax+b}+\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\right)\}+C\end{array}$$
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，
$$\frac{dx}{d\theta }=\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\cos \theta$$
であるから，
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{(x^2+ax+b{)}^2}& =\int \frac{1}{{\{(\frac{a^2}{4}-b){\sin }^2\theta +b-\frac{a^2}{4}\}}^2}\cdot \sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\cos \theta d\theta \\ & =\frac{1}{{(\frac{a^2}{4}-b)}^{\frac{3}{2}}}\int \frac{\cos \theta }{(1-{\sin }^2\theta {)}^2}d\theta \\ & =\frac{1}{{(\frac{a^2}{4}-b)}^{\frac{3}{2}}}\int \frac{\cos \theta }{\{(1-\sin \theta )(1+\sin \theta ){\}}^2}d\theta \\ & =\frac{1}{{(\frac{a^2}{4}-b)}^{\frac{3}{2}}}\int \frac{\cos \theta }{4}{(\frac{1}{1-\sin \theta }+\frac{1}{1+\sin \theta })}^{2}d\theta \\ & =\frac{1}{4{(\frac{a^2}{4}-b)}^{\frac{3}{2}}}\int \cos \theta (\frac{1}{(1-\sin \theta {)}^2}+\frac{1}{(1+\sin \theta {)}^2}+\frac{2}{(1-\sin \theta )(1+\sin \theta )})d\theta \\ & =\frac{1}{4{(\frac{a^2}{4}-b)}^{\frac{3}{2}}}\int \cos \theta (\frac{1}{(1-\sin \theta {)}^2}+\frac{1}{(1+\sin \theta {)}^2}+\frac{1}{1-\sin \theta }+\frac{1}{1+\sin \theta })d\theta \\ & =\frac{1}{4{(\frac{a^2}{4}-b)}^{\frac{3}{2}}}(\frac{1}{1-\sin \theta }-\frac{1}{1+\sin \theta }-\log |1-\sin \theta |+\log |1+\sin \theta |)+C\\ & =\frac{1}{4{(\frac{a^2}{4}-b)}^{\frac{3}{2}}}\{\frac{2\sin \theta }{1-{\sin }^2\theta }+\log \left|\frac{1+\sin \theta }{1-\sin \theta }\right|\}+C\\ & =\frac{1}{4{(\frac{a^2}{4}-b)}^{\frac{3}{2}}}\{\frac{2\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}(x+\frac{a}{2})}{\frac{a^2}{4}-b-{(x+\frac{a}{2})}^2}+\log \left|\frac{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}+(x+\frac{a}{2})}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}-(x+\frac{a}{2})}\right|\}+C\\ & =\frac{1}{4{(\frac{a^2}{4}-b)}^{\frac{3}{2}}}\{-\frac{2\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}(x+\frac{a}{2})}{x^2+ax+b}+\log \left|\frac{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}+(x+\frac{a}{2})}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}-(x+\frac{a}{2})}\right|\}+C\end{array}$$
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
$$\int \frac{dx}{(x^2+ax+b{)}^{\frac{3}{2}}}=\int \frac{dx}{{(x+\frac{a}{2})}^3}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{{(x+\frac{a}{2})}^2}+C$$
であり，$x+\frac{a}{2}<0$なら
$$\int \frac{dx}{(x^2+ax+b{)}^{\frac{3}{2}}}=-\int \frac{dx}{{(x+\frac{a}{2})}^3}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{{(x+\frac{a}{2})}^2}+C$$
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，
$$\frac{dx}{d\theta }=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\frac{1}{{\cos }^2\theta }$$
であるから，
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{(x^2+ax+b{)}^{\frac{3}{2}}}& =\int \frac{1}{{\{(b-\frac{a^2}{4}){\tan }^2\theta +b-\frac{a^2}{4}\}}^{\frac{3}{2}}}\cdot \sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }\\ & =\frac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\int \frac{1}{(1+{\tan }^2\theta {)}^{\frac{3}{2}}}\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }\\ & =\frac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\int \cos \theta d\theta (\because \cos \theta >0)\\ & =\frac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\sin \theta +C\end{array}$$
となる．まず，$\tan \theta \ge 0$のとき，$\sin \theta \ge 0$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，
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{(x^2+ax+b{)}^{\frac{3}{2}}}& =\frac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\sin \theta +C\\ & =\frac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\cdot \frac{\tan \theta }{\sqrt{1+{\tan }^2\theta }}+C\\ & =\frac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\cdot \frac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}+{(x+\frac{a}{2})}^2}}+C\\ & =\frac{1}{b-\frac{a^2}{4}}\cdot \frac{x+\frac{a}{2}}{\sqrt{x^2+ax+b}}+C\end{array}$$
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$b-\frac{a^2}{4}\ne 0$という仮定のみあれば十分である．従ってこの等式は$b-\frac{a^2}{4}\ne 0$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$x+\frac{a}{2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\cosh \left(\theta \right)$と置換し，その後更に$t=\tanh \left(\frac{\theta }{2}\right)$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，
$$\begin{array}{rl}\int \mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}(ax+b)dx& =\frac{ax+b}{a}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}(ax+b)-\int \frac{ax+b}{a}\frac{a}{1+(ax+b{)}^2}dx\\ & =\frac{ax+b}{a}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}(ax+b)-\int \frac{ax+b}{1+(ax+b{)}^2}dx\\ & =\frac{ax+b}{a}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}(ax+b)-\frac{1}{2a}\log \{1+(ax+b{)}^2\}+C\end{array}$$
を得る．(証明終)

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

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

$\tan \frac{x}{2}=t$と置換する．このとき，
$$\frac{dt}{dx}=\frac{1}{2{\cos }^2\frac{x}{2}}=\frac{1+t^2}{2},\cos x=2{\cos }^2\frac{x}{2}-1=\frac{1-t^2}{1+t^2}$$
となるので，
$$\begin{array}{rl}\int \frac{\cos x}{a\cos x+b}dx& =\int \frac{\frac{1-t^2}{1+t^2}}{a\frac{1-t^2}{1+t^2}+b}\frac{2}{1+t^2}dt\\ & =\int \frac{1-t^2}{a(1-t^2)+b(1+t^2)}\frac{2}{1+t^2}dt\\ & =2\int \frac{1-t^2}{\{(b-a)t^2+b+a\}(1+t^2)}dt=2\int \{\frac{-\frac{b}{a}}{(b-a)t^2+b+a}+\frac{\frac{1}{a}}{1+t^2}\}dt\end{array}$$
と計算される．まず，$b=a$とする．このとき，
$$\begin{array}{rl}(与式)=2\int (-\frac{1}{2a}+\frac{\frac{1}{a}}{1+t^2})dt& =-\frac{t}{a}+\frac{2}{a}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}t+C\\ & =-\frac{1}{a}\tan \frac{x}{2}+\frac{x}{a}+C\end{array}$$
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，
$$\begin{array}{rl}(与式)=2\int \{-\frac{b}{a(b-a)}\frac{1}{t^2+\frac{b+a}{b-a}}+\frac{\frac{1}{a}}{1+t^2}\}dt& =-\frac{2b}{a(b-a)}\cdot \frac{1}{\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{t}{\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}}\right)+\frac{2}{a}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}t+C\\ & =\frac{x}{a}-\frac{2b}{a\sqrt{b^2-a^2}}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}(\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}\tan \frac{x}{2})+C\end{array}$$
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
$$\begin{array}{rl}(与式)& =\frac{2b}{a(a-b)}\cdot \frac{1}{\sqrt{\frac{-(a+b)}{a-b}}}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{t}{\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}}\right)+\frac{2}{a}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}t+C\\ & =\frac{x}{a}+\frac{2b}{a\sqrt{b^2-a^2}}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}(\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}\tan \frac{x}{2})+C\end{array}$$
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
$$\begin{array}{rl}(与式)=2\int \{-\frac{b}{a(b-a)}\frac{1}{t^2+\frac{b+a}{b-a}}+\frac{\frac{1}{a}}{1+t^2}\}dt& =-\frac{2b}{a(b-a)}\cdot \frac{1}{2\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}}\log \left|\frac{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}-t}{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}+t}\right|+\frac{2}{a}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}t+C\\ & =\frac{x}{a}+\frac{b}{a\sqrt{a^2-b^2}}\log \left|\frac{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}-\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}+\tan \frac{x}{2}}\right|+C\end{array}$$
となる．最後に，$b=-a$とする．このとき，
$$\begin{array}{rl}(与式)=2\int (-\frac{1}{2a{t}^2}+\frac{\frac{1}{a}}{1+t^2})dt& =\frac{1}{at}+\frac{2}{a}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}t+C\\ & =\frac{1}{a\tan \frac{x}{2}}+\frac{x}{a}+C\end{array}$$
となる．以上より示された．(証明終)