高校数学・大学数学積分トレーニング(べき関数編)

自然数べきのべき関数の積分公式

$$ \int x^n dx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C, \quad (n:自然数) $$

より、

$$ \begin{align} \int (x^3+3x^2+3x+1)dx&=\int x^3dx+3\int x^2 dx+3\int x dx+\int 1 dx \\ &=\frac{1}{4}x^4+x^3+\frac{3}{2}x^2+x+C \end{align} $$

もしくは、

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

より、

$$ \begin{align} \int (x^3+3x^2+3x+1)dx&=\int (x+1)^3 dx=\frac{1}{4}(x+1)^4+C \end{align} $$

$$ u=x^2+2x+3, \quad du=2(x+1)dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int (x^2+2x+3)(x+1)dx&=\int u\left\{ \frac{1}{2}du \right\} \\ &=\frac{1}{4}u^2+C=\frac{1}{4}(x^2+2x+3)^2+C \end{align} $$

$$ u=2x+1, \quad du=2dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int (2x+1)^3 dx&=\frac{1}{2}\int u^3 du=\frac{1}{8}u^4+C=\frac{1}{8}(2x+1)^4+C \end{align} $$

$$ (x^2+1)^3=x^6+3x^4+3x^2+1 $$

より、

$$ \begin{align} \int_0^1(x^2+1)^3 dx&=\int_0^1 x^6dx+3\int_0^1x^4 dx+3\int_0^1 x^2dx+\int_0^11dx \\ &=\left[ \frac{1}{7}x^7 \right]^1_0+3\left[ \frac{1}{5}x^5 \right]^1_0+3\left[ \frac{1}{3}x^3 \right]^1_0+[x]^1_0=\frac{96}{35} \end{align} $$

$$ u=x^2+1, \quad du=2xdx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int x(x^2+1)^3 dx&=\int u^3 \left\{ \frac{1}{2} du \right\}=\frac{1}{8}u^4+C \\ &=\frac{1}{8}(x^2+1)^4+C \end{align} $$

$$ x(x-3)^2=\{ (x-3)+3\}(x-3)^2=(x-3)^3+3(x-3)^2 $$

より、

$$ \begin{align} \int_3^5 x(x-3)^2 dx&=\int_3^5(x-3)^3 dx+3\int_3^5(x-3)^2dx \\ &=\left[ \frac{1}{4}(x-3)^4 \right]^5_3+3\left[ \frac{1}{3}(x-3)^3 \right]^5_3=12 \end{align} $$

$$ u=x-\alpha, \quad du=dx, \quad u:0\to \beta-\alpha $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} &\int_{\alpha}^{\beta} (x-\alpha)^3(\beta-x)^2 dx \\ &=\int_0^{\beta-\alpha}u^3\{(\beta-\alpha)-u\}^2 du \\ &=\int_0^{\beta-\alpha}\{ (\beta-\alpha)^2u^3-2(\beta-\alpha)u^4+u^5\} du \\ &=(\beta-\alpha)^2\int_0^{\beta-\alpha}u^3du-2(\beta-\alpha)\int_0^{\beta-\alpha}u^4du+\int_0^{\beta-\alpha}u^5du \\ &=(\beta-\alpha)^2\left[\frac{1}{4}u^4 \right]^{\beta-\alpha}_0-2(\beta-\alpha)\left[ \frac{1}{5}u^5 \right]^{\beta-\alpha}_0+\left[ \frac{1}{6}u^6 \right]^{\beta-\alpha}_0 \\ &=\frac{1}{60}(\beta-\alpha)^6 \end{align} $$

$$ u=x^3+1, \quad du=3x^2dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int x^2(x^3+1)^4 dx&=\int u^4 \left\{ \frac{1}{3} du \right\}=\frac{1}{15}u^5+C \\ &=\frac{1}{15}(x^3+1)^5+C \end{align} $$

$$ u=1-2x, \quad du=-2dx, \quad u:1\to 0 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{1}{2}} x(1-2x)^n dx&=\int_1^0\left( \frac{1-u}{2} \right)u^n\left\{ -\frac{1}{2}du \right\} \\ &=\frac{1}{4}\int_0^1u^n(1-u)du \\ &=\frac{1}{4}\int u^ndu-\frac{1}{4}\int_0^1u^{n+1}du \\ &=\frac{1}{4}\left[\frac{1}{n+1}u^{n+1} \right]^1_0-\frac{1}{4}\left[\frac{1}{n+2}u^{n+2}\right]^1_0 \\ &=\frac{1}{4(n+1)(n+2)} \end{align} $$

$$ (\log |x|)’=\frac{1}{x} $$

より、

$$ \int_1^2\frac{1}{x} dx=\left[\log |x| \right]^2_1=\log 2 $$

整数べきのべき関数の積分公式

$$ \int x^m dx=\frac{1}{m+1}x^{m+1}+C, \quad (m:-1以外の整数) $$

より、

$$ \int \frac{dx}{x^2}=\int x^{-2}dx=-x^{-1}+C=-\frac{1}{x}+C $$

$$ u=1-x, \quad du=-dx, \quad u:-1\to -2 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int_2^3 \frac{1}{1-x} dx=-\int_{-1}^{-2}\frac{1}{u}du=-[\log |u|]^{-2}_{-1}=-\log 2 $$

$$ x=\tan \theta, \quad dx=\frac{1}{\cos^2 \theta}d\theta, \quad \theta:0\to \frac{\pi}{4} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int_0^1 \frac{1}{1+x^2} dx=-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{1+\tan^2\theta}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta=\frac{\pi}{4} $$

\( \frac{1}{4-x^2} \) を部分分数分解すると、

$$ \frac{1}{4-x^2}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2-x} \right) $$

であり、微分可能な関数 \( f \) に対して

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C $$

より、

$$ \begin{align} \int_{-1}^1 \frac{dx}{4-x^2}&=\frac{1}{4}\int_{-1}^1\frac{1}{2+x}dx+\frac{1}{4}\int_{-1}^1\frac{1}{2-x}dx \\ &=\frac{1}{4}[\log |2+x|]^1_{-1}-\frac{1}{4}[\log|2-x|]^1_{-1}=\frac{1}{2}\log 3 \end{align} $$

\( \frac{1}{x(x+2)} \) を部分分数分解すると、

$$ \frac{1}{x(x+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+2} \right) $$

であり、微分可能な関数 \( f \) に対して

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C $$

より、

$$ \begin{align} \int \frac{1}{x(x+2)} dx&=\frac{1}{2}\int\frac{1}{x}dx-\frac{1}{2}\int\frac{1}{x+2}dx \\ &=\frac{1}{2}\log |x|-\frac{1}{2}\log|x+2|=\frac{1}{2}\log \left|\frac{x}{x+2}\right|+C \end{align} $$

$$ x=3\tan \theta, \quad dx=\frac{3}{\cos^2 \theta}d\theta, \quad \theta:0\to \frac{\pi}{6} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int_0^{\sqrt{3}} \frac{dx}{9+x^2}=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\frac{1}{9+9\tan^2\theta}\frac{3}{\cos^2\theta}d\theta=\frac{1}{3}\int_0^{\frac{\pi}{6}}d\theta=\frac{\pi}{18} $$

$$ \frac{1}{x^2-2x+2}=\frac{1}{(x-1)^2+1} $$

と変形できるので、

$$ x-1=\tan \theta, \quad dx=\frac{1}{\cos^2 \theta}d\theta, \quad \theta:-\frac{\pi}{4}\to 0 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^1 \frac{1}{x^2-2x+2} dx&=\int_0^1 \frac{1}{(x-1)^2+1} dx \\ &=\int_{-\frac{\pi}{4}}^0 \frac{1}{\tan^2\theta+1}\frac{1}{\cos^2\theta} d\theta \\ &=\int_{-\frac{\pi}{4}}^0d\theta=\frac{\pi}{4} \end{align} $$

\( \frac{1}{(x-2)(x+1)^2} \) を部分分数分解すると、

$$ \frac{1}{(x-2)(x+1)^2}=\frac{1}{9(x-2)}-\frac{1}{9(x+1)}-\frac{1}{3(x+1)^2} $$

であり、微分可能な関数 \( f \) に対して

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C $$

より、

$$ \begin{align} \int \frac{dx}{(x-2)(x+1)^2}&=\frac{1}{9}\int \frac{1}{x-2}dx-\frac{1}{9}\int \frac{1}{x+1}dx-\frac{1}{3}\int \frac{1}{(x+1)^2}dx \\ &=\frac{1}{9}\log|x-2|-\frac{1}{9}\log|x+1|+\frac{1}{3(x+1)}+C \\ &=\frac{1}{9}\log \left| \frac{x-2}{x+1}\right|+\frac{1}{3(x+1)}+C \end{align} $$

\( \frac{12}{x^3-8} \) を部分分数分解すると、

$$ \frac{12}{x^3-8}=\frac{1}{x-2}-\frac{x+4}{x^2+2x+4} $$

であるので、

$$ \begin{align} \int_{-1}^0 \frac{12}{x^3-8} dx&=\int_{-1}^0\frac{1}{x-2}dx-\int_{-1}^0\frac{x+4}{x^2+2x+4}dx \end{align} $$

まず、1つ目の積分は

$$ \begin{align} \int_{-1}^0\frac{1}{x-2}dx&=[\log |x-2|]^0_{-1}=\log 2-\log 3=\log\frac{2}{3} \end{align} $$

2つ目の積分は

$$ \frac{x+4}{x^2+2x+4}=\frac{x+4}{(x+1)^2+3} $$

と変形できるので、

$$ x+1=\sqrt{3}\tan \theta, \quad dx=\frac{\sqrt{3}}{\cos^2 \theta}d\theta, \quad \theta:0\to \frac{\pi}{6} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_{-1}^0\frac{x+4}{x^2+2x+4}dx&=\int_{-1}^0\frac{x+4}{(x+1)^2+3}dx \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\frac{3+\sqrt{3}\tan \theta}{3\tan^2\theta+3}\frac{\sqrt{3}}{\cos^2\theta}d\theta \\ &=\frac{1}{\sqrt{3}}\int_0^{\frac{\pi}{6}}(3+\sqrt{3}\tan\theta)d \theta \\ &=\sqrt{3}\int_0^{\frac{\pi}{6}}d\theta+\int_0^{\frac{\pi}{6}}\tan\theta d\theta \\ &=\frac{\sqrt{3}}{6}\pi+[-\log |\cos \theta|]^{\frac{\pi}{6}}_0 \\ &=\frac{\sqrt{3}}{6}\pi-\log \frac{\sqrt{3}}{2} \end{align} $$

したがって、まとめると

$$ \begin{align} \int_{-1}^0 \frac{12}{x^3-8} dx&=\log\frac{2}{3}-\frac{\sqrt{3}}{6}\pi+\log \frac{\sqrt{3}}{2} \\ &=-\frac{1}{2}\log 3-\frac{\sqrt{3}}{6}\pi \end{align} $$

$$ \frac{3x}{2x+1}=\frac{3}{2}\left( 1-\frac{1}{2x+1} \right) $$

と変形できるので、

$$ \begin{align} \int \frac{3x}{2x+1} dx&=\frac{3}{2}\int dx-\frac{3}{2}\int \frac{1}{2x+1}dx \\ &=\frac{3}{2}\left( x-\frac{1}{2}\log|2x+1| \right)+C \end{align} $$

微分可能な関数 \( f \) に対して

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C $$

より、

$$ \begin{align} \int_0^2 \frac{x^2}{x^3+1} dx&=\frac{1}{3}\int_0^2 \frac{(x^3+1)’}{x^3+1}dx \\ &=\frac{1}{3}[\log|x^3+1|]^2_0=\frac{2}{3}\log 3 \end{align} $$

$$ \frac{x^2}{x-1}=x+1+\frac{1}{x-1} $$

と変形できるので、

$$ \begin{align} \int \frac{x^2}{x-1} dx&=\int x dx+\int 1 dx+\int\frac{1}{x-1}dx \\ &=\frac{1}{2}x^2+x+\log|x-1|+C \end{align} $$

微分可能な関数 \( f \) に対して

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C $$

より、

$$ \begin{align} \int \frac{2x+1}{x^2+x+1} dx&=\int \frac{(x^2+x+1)’}{x^2+x+1} dx \\ &=\log (x^2+x+1)+C \end{align} $$

\( \frac{x+1}{x^2+x-2} \) を部分分数分解すると、

$$ \frac{x+1}{x^2+x-2}=\frac{1}{3}\left( \frac{1}{x+2}+\frac{2}{x-1} \right) $$

であり、微分可能な関数 \( f \) に対して

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C $$

より、

$$ \begin{align} \int \frac{x+1}{x^2+x-2} dx&=\frac{1}{3}\int \frac{1}{x+2}dx+\frac{2}{3}\int \frac{1}{x-1}dx \\ &=\frac{1}{3}\log|x+2|+\frac{2}{3}\log|x-1|+C \\ &=\frac{1}{3}\log |x+2|(x-1)^2+C \end{align} $$

微分可能な関数 \( f \) に対して

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C $$

より、

$$ \begin{align} \int \frac{x-2}{x^2-4x+3} dx&=\frac{1}{2}\int \frac{(x^2-4x+3)’}{x^2-4x+3} dx \\ &=\frac{1}{2}\log |x^2-4x+3|+C \\ &=\frac{1}{2}\log |(x-1)(x-3)|+C \end{align} $$

$$ \frac{x}{x^2-4x+5}=\frac{x}{(x-2)^2+1} $$

と変形できるので、

$$ x-2=\tan \theta, \quad dx=\frac{1}{\cos^2 \theta}d\theta, \quad \theta:0\to \frac{\pi}{4} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_2^3 \frac{x}{x^2-4x+5} dx&=\int_2^3 \frac{x}{(x-2)^2+1} dx \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{2+\tan\theta}{\tan^2\theta+1}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{4}}(2+\tan\theta)d\theta \\ &=2\int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta+\int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan\theta d\theta \\ &=\frac{\pi}{2}+[-\log|\cos \theta|]^{\frac{\pi}{4}}_0=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\log 2 \end{align} $$

$$ u=x^2+1, \quad du=2x dx, \quad u:1\to 2 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^1 \frac{x^5}{(x^2+1)^4} dx&=\int_0^1\frac{(x^2)^2}{(x^2+1)^4}\cdot x dx \\ &=\frac{1}{2}\int_1^2\frac{(u-1)^2}{u^4}du \\ &=\frac{1}{2}\int_1^2\frac{u^2-2u+1}{u^4}du \\ &=\frac{1}{2}\int_1^2\frac{1}{u^2}du-\int_1^2\frac{1}{u^3}du+\frac{1}{2}\int_1^2\frac{1}{u^4}du \\ &=\frac{1}{2}\left[ -\frac{1}{u}\right]^2_1-\left[ -\frac{1}{2u^2} \right]^2_1+\frac{1}{2}\left[ -\frac{1}{3u^3} \right]^2_1=\frac{1}{48} \end{align} $$

\( \frac{x^3+1}{x^2-4} \) を部分分数分解すると、

$$ \frac{x^3+1}{x^2-4}=x+\frac{1}{4}\left( \frac{7}{x+2}+\frac{9}{x-2} \right) $$

であり、微分可能な関数 \( f \) に対して

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C $$

より、

$$ \begin{align} \int \frac{x^3+1}{x^2-4} dx&=\int \left\{ x+\frac{1}{4}\left( \frac{7}{x+2}+\frac{9}{x-2} \right) \right\} dx \\ &=\int x dx+\frac{7}{4}\int\frac{1}{x+2}dx+\frac{9}{4}\int\frac{1}{x-2}dx \\ &=\frac{1}{2}x^2+\frac{7}{4}\log|x+2|+\frac{9}{4}\log|x-2|+C \end{align} $$

$$ u=x^3+1, \quad du=3x^2 dx, \quad u:1\to 2 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^1 \frac{x^5+2x^2}{(1+x^3)^3} dx&=\int_0^1 \frac{x^3+2}{(1+x^3)^3}\cdot x^2 dx \\ &=\frac{1}{3}\int_1^2\frac{u+1}{u^3}du \\ &=\frac{1}{3}\int_1^2\frac{1}{u^2}du+\frac{1}{3}\int_1^2\frac{1}{u^3}du \\ &=\frac{1}{3}\left[ -\frac{1}{u}\right]^2_1+\frac{1}{3}\left[ -\frac{1}{2u^2} \right]^2_1=\frac{7}{24} \end{align} $$

\( \frac{x^3-4x^2-x-2}{x^2-5x+4} \) を部分分数分解すると、

$$ \frac{x^3-4x^2-x-2}{x^2-5x+4}=x+1+2\left( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x-4} \right) $$

であり、微分可能な関数 \( f \) に対して

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C $$

より、

$$ \begin{align} \int \frac{x^3-4x^2-x-2}{x^2-5x+4} dx&=\int \left\{ x+1+2\left( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x-4} \right) \right\} dx \\ &=\int x dx+\int 1 dx+2\int\frac{1}{x-1}dx-2\int\frac{1}{x-4}dx \\ &=\frac{1}{2}x^2+x+2\log|x-1|-2\log|x-4|+C \\ &=\frac{1}{2}x^2+x+2\log\left|\frac{x-1}{x-4}\right|+C \end{align} $$

有理数べきのべき関数の積分公式

$$ \int x^q dx=\frac{1}{q+1}x^{q+1}+C, \quad (q:-1以外の有理数) $$

より、

$$ \int \sqrt{x} dx=\int x^{\frac{1}{2}}dx=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}+C $$

有理数べきのべき関数の積分公式

$$ \int x^q dx=\frac{1}{q+1}x^{q+1}+C, \quad (q:-1以外の有理数) $$

より、

$$ \int x\sqrt{x} dx=\int x^{\frac{3}{2}}dx=\frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}}+C $$

$$ u=\sqrt{x+1}, \quad (x=u^2-1), \quad dx=2u du $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int x\sqrt{x+1} dx&=\int (u^2-1)u\left\{ 2udu\right\} \\ &=2\int (u^4-u^2)du \\ &=\frac{2}{5}u^5-\frac{2}{3}u^3+C \\ &=\frac{2}{5}(x+1)^{\frac{5}{2}}-\frac{2}{3}(x+1)^{\frac{3}{2}}+C \end{align} $$

有理数べきのべき関数の積分公式

$$ \int x^q dx=\frac{1}{q+1}x^{q+1}+C, \quad (q:-1以外の有理数) $$

より、

$$ \begin{align} \int_0^1 (1-\sqrt{x})^2 dx&=\int_0^1(1-2\sqrt{x}+x)dx \\ &=\int_0^1 1dx-2\int_0^1\sqrt{x}dx+\int_0^1xdx \\ &=1-2\left[\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\right]^1_0+\left[\frac{1}{2}x^2\right]^1_0=\frac{1}{6} \end{align} $$

$$ u=x+\sqrt{x^2+1}, \quad (x=\frac{1}{2}\left(u-\frac{1}{u}\right)), \quad dx=\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{2u^2} \right) du $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \sqrt{x^2+1} dx&=\int \left\{ u-\frac{1}{2}\left( u-\frac{1}{u}\right) \right\}\left\{ \left( \frac{1}{2}+\frac{1}{2u^2} \right) du \right\} \\ &=\int \left( \frac{1}{4}u+\frac{1}{2u}+\frac{1}{4u^3} \right) du \\ &=\frac{1}{8}\left( u-\frac{1}{u} \right)\left( u+\frac{1}{u} \right)+\frac{1}{2}\log |u|+C \\ &=\frac{1}{2}\left\{ x\sqrt{x^2+1}+\log (x+\sqrt{x^2+1})\right\} +C \end{align} $$

$$ x=2\sin \theta, \quad dx=2\cos \theta d\theta, \quad \theta:0\to \frac{\pi}{6} $$

とおいて、置換積分を行うと、倍角の公式

$$ \cos^2 \theta=\frac{1+\cos 2\theta}{2} $$

より、

$$ \begin{align} \int_0^1 \sqrt{4-x^2} dx&=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\sqrt{4(1-\sin^2\theta)}\left\{ 2\cos\theta d\theta \right\} \\ &=4\int_0^{\frac{\pi}{6}}\cos^2\theta d\theta=4\int_0^{\frac{\pi}{6}}\frac{1+\cos 2\theta}{2}d\theta \\ &=2\int_0^{\frac{\pi}{6}}1d\theta+2\int_0^{\frac{\pi}{6}}\cos 2\theta d\theta \\ &=\frac{\pi}{3}+2\left[\frac{1}{2}\sin 2\theta \right]^{\frac{\pi}{6}}_0=\frac{\pi}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2} \end{align} $$

$$ u=1-x^2, \quad du=-2x dx, \quad u:1\to 0 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int_0^1x\sqrt{1-x^2} dx=-\frac{1}{2}\int_1^0\sqrt{u}du=\frac{1}{2}\int_0^1 u^{\frac{1}{2}}du=\frac{1}{2}\left[\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}}\right]^1_0=\frac{1}{3} $$

有理数べきのべき関数の積分公式

$$ \int x^q dx=\frac{1}{q+1}x^{q+1}+C, \quad (q:-1以外の有理数) $$

より、

$$ \int_0^1x^2\sqrt{x} dx=\int_0^1x^{\frac{5}{2}}dx=\left[ \frac{2}{7}x^{\frac{7}{2}}\right]^1_0=\frac{2}{7} $$

$$ \sqrt{2x-x^2}=\sqrt{-(x-1)^2+1} $$

と変形できるので、

$$ x-1=\sin \theta, \quad dx=\cos \theta d\theta, \quad \theta:-\frac{\pi}{2}\to 0 $$

とおいて、置換積分を行うと、倍角の公式

$$ \cos^2 \theta=\frac{1+\cos 2\theta}{2} $$

より、

$$ \begin{align} \int_0^1\sqrt{2x-x^2} dx&=\int_0^1\sqrt{-(x-1)^2+1} dx \\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^0\sqrt{-\sin^2\theta+1}\cos\theta d\theta \\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^0\cos^2\theta d\theta=\int_{-\frac{\pi}{2}}^0\frac{1+\cos 2\theta}{2}d\theta \\ &=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^0d\theta+\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^0\cos 2\theta d\theta \\ &=\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}\sin 2\theta \right]^0_{-\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{4} \end{align} $$

$$ u=3x-1, \quad du=3 dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \sqrt[3]{(3x-1)^2} dx&=\frac{1}{3}\int \sqrt[3]{u^2}du=\frac{1}{3}\int u^{\frac{2}{3}}du \\ &=\frac{1}{5}u^{\frac{5}{3}}+C=\frac{1}{5}(3x-1)^{\frac{5}{3}}+C \end{align} $$

有理数べきのべき関数の積分公式

$$ \int x^q dx=\frac{1}{q+1}x^{q+1}+C, \quad (q:-1以外の有理数) $$

より、

$$ \int \frac{1}{2\sqrt{x}} dx=\frac{1}{2}\int x^{-\frac{1}{2}}dx=x^{\frac{1}{2}}+C=\sqrt{x}+C $$

$$ u=\sqrt{x-1}, \quad (u^2=x-1), \quad dx=2u du, \quad u:0\to 1 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_1^2 \frac{dx}{1+\sqrt{x-1}}&=\int_0^1\frac{2u}{1+u}du \\ &=2\int_0^1\left(1-\frac{1}{1+u} \right) du \\ &=2\int_0^1 1du-2\int_0^1\frac{1}{1+u}du \\ &=2-2[\log|1+u|]^1_0=2(1-\log 2) \end{align} $$

$$ \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+2}}=\frac{1}{2}(\sqrt{x+2}-\sqrt{x}) $$

と変形できるので、

$$ \begin{align} \int \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+2}} dx&=\frac{1}{2}\int (\sqrt{x+2}-\sqrt{x})dx \\ &=\frac{1}{2}\int (x+2)^{\frac{1}{2}}dx-\frac{1}{2}\int x^{\frac{1}{2}}dx \\ &=\frac{1}{3}(x+2)^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{3}x^{\frac{3}{2}}+C \end{align} $$

$$ \left( -(2x-1)^{-\frac{1}{2}} \right)’=\frac{1}{2}(2x-1)^{-\frac{3}{2}}(2x-1)’=(2x-1)^{-\frac{3}{2}} $$

より、

$$ \int_1^2 \frac{dx}{(2x-1)\sqrt{2x-1}}=\int_1^2(2x-1)^{-\frac{3}{2}}dx=\left[ -(2x-1)^{-\frac{1}{2}} \right]^2_1=1-\frac{1}{\sqrt{3}} $$

$$ x=\tan \theta, \quad dx=\frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta, \quad \theta:\frac{\pi}{4}\to \frac{\pi}{3} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_1^{\sqrt{3}} \frac{dx}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}&=\int_1^{\sqrt{3}}(1+x^2)^{-\frac{3}{2}}dx \\ &=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}(1+\tan^2 \theta)^{-\frac{3}{2}}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta \\ &=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\cos \theta d\theta=[\sin \theta]^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2} \end{align} $$

$$ x=\frac{1}{\sqrt{2}}\sin \theta, \quad dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta d\theta, \quad \theta:0\to \frac{\pi}{6} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{4}} \frac{1}{\sqrt{1-2x^2}} dx&=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta}}\left\{ \frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta d \theta \right\} \\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_0^{\frac{\pi}{6}} 1 d\theta =\frac{\pi}{6\sqrt{2}} \end{align} $$

$$ u=x+\sqrt{x^2+1}, \quad (x=\frac{1}{2}\left(u-\frac{1}{u}\right)), \quad dx=\left\{ \frac{1}{2}+\frac{1}{2u^2}\right\} du $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx&=\int \frac{1}{u-\frac{1}{2}\left( u-\frac{1}{u} \right)}\left\{ \frac{1}{2}+\frac{1}{2u^2} \right\} du \\ &=\int \frac{1}{u}du=\log|u|+C \\ &=\log(x+\sqrt{x^2+1})+C \end{align} $$

$$ x=\sin \theta, \quad dx=\cos \theta d\theta, \quad \theta:0\to \frac{\pi}{4} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta}}\cos \theta d\theta \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{4}}1d\theta=\frac{\pi}{4} \end{align} $$

$$ u=\sqrt{x^2+1}, \quad (x=\pm\sqrt{u^2-1}), \quad dx=\pm u(u^2-1)^{-\frac{1}{2}} du \ (複合同順) $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \frac{\sqrt{x^2+1}}{x} dx&=\int \frac{u}{\sqrt{u^2-1}}u(u^2-1)^{-\frac{1}{2}}du \\ &=\int \frac{u^2}{u^2-1}du=\int \left( 1+\frac{1}{u^2-1} \right) du \\ &=\int 1 du+\frac{1}{2}\int \frac{1}{u-1}du-\frac{1}{2}\int \frac{1}{u+1}du \\ &=u+\frac{1}{2}\log|u-1|-\frac{1}{2}\log|u+1|+C \\ &=u+\frac{1}{2}\log\left|\frac{u-1}{u+1} \right|+C \\ &=\sqrt{x^2+1}+\frac{1}{2}\log\left|\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{\sqrt{x^2+1}+1} \right|+C \end{align} $$

$$ \frac{1-x}{\sqrt{x}+1}=\frac{(1-\sqrt{x})(1+\sqrt{x})}{\sqrt{x}+1}=1-\sqrt{x} $$

と変形できるので、

$$ \int_0^1 \frac{1-x}{\sqrt{x}+1} dx=\int_0^1(1-\sqrt{x})dx=\int_0^11dx-\int_0^1x^{\frac{1}{2}}dx=\frac{1}{3} $$

$$ u=\sqrt{1+2x}, \quad (x=\frac{u^2-1}{2}), \quad dx=u du, \quad u:1\to \sqrt{3} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^1 \frac{\sqrt{1+2x}}{1+x} dx&=\int_1^{\sqrt{3}}\frac{u^2}{1+\frac{u^2-1}{2}}du \\ &=2\int_1^{\sqrt{3}}\frac{u^2}{u^2+1}du=2\int_1^{\sqrt{3}}\left( 1-\frac{1}{u^2+1} \right) du \\ &=2\int_1^{\sqrt{3}} 1 du-2\int_1^{\sqrt{3}}\frac{1}{u^2+1}du \\ &=2(\sqrt{3}-1)-2\int_1^{\sqrt{3}}\frac{1}{u^2+1}du \end{align} $$

第2項の積分については、

$$ u=\tan\theta, \quad du=\frac{1}{\cos^2\theta} d\theta, \quad \theta:\frac{\pi}{4}\to \frac{\pi}{3} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_1^{\sqrt{3}}\frac{1}{u^2+1}du&=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{\tan^2\theta}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta \\ &=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} 1d\theta=\frac{\pi}{12} \end{align} $$

まとめると、

$$ \int_0^1 \frac{\sqrt{1+2x}}{1+x} dx=2(\sqrt{3}-1)-\frac{\pi}{6} $$

$$ x=\sin\theta, \quad dx=\cos \theta d\theta, \quad \theta:0\to \frac{\pi}{6} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{x+1}{\sqrt{1-x^2}} dx&=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\frac{\sin\theta+1}{\sqrt{1-\sin^2\theta}}\cos\theta d\theta \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{6}}(\sin \theta+1)d\theta \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\sin\theta d\theta+\int_0^{\frac{\pi}{6}}1d\theta \\ &=[-\cos\theta]^{\frac{\pi}{6}}_0+\frac{\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+1+\frac{\pi}{6} \end{align} $$

$$ u=3-x^2, \quad du=-2x dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int \frac{x}{\sqrt{3-x^2}} dx=-\frac{1}{2}\int \frac{1}{\sqrt{u}}du=-u^{\frac{1}{2}}+C=-\sqrt{3-x^2}+C $$

$$ x=2\sin \theta, \quad dx=2\cos \theta d\theta, \quad \theta:0\to \frac{\pi}{6} $$

とおいて、置換積分を行うと、倍角の公式

$$ \sin^2 \theta=\frac{1-\cos 2\theta}{2} $$

より、

$$ \begin{align} \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{4-x^2}}dx&=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\frac{4\sin^2\theta}{\sqrt{4(1-\sin^2\theta)}}\left\{ 2\cos\theta d\theta \right\} \\ &=4\int_0^{\frac{\pi}{6}}\sin^2\theta d\theta \\ &=4\int_0^{\frac{\pi}{6}}\frac{1-\cos 2\theta}{2}d\theta \\ &=2\int_0^{\frac{\pi}{6}}1d\theta-2\int_0^{\frac{\pi}{6}}\cos 2\theta d\theta \\ &=\frac{\pi}{3}-2\left[ \frac{1}{2}\sin 2 \theta \right]^{\frac{\pi}{6}}_0=\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} \end{align} $$

$$ u=\sqrt{2x-1}, \quad (x=\frac{u^2+1}{2}), \quad dx=u du, \quad u:1\to \sqrt{3} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_1^2 \frac{x^2}{\sqrt{2x-1}} dx&=\int_1^{\sqrt{3}}\left( \frac{u^2+1}{2} \right) du \\ &=\frac{1}{4}\int_1^{\sqrt{3}}(u^4+2u^2+1)du \\ &=\frac{1}{4}\int_1^{\sqrt{3}}u^4 du+\frac{1}{2}\int_1^{\sqrt{3}}u^2du+\frac{1}{4}\int_1^{\sqrt{3}}1 du \\ &=\frac{1}{4}\left[\frac{1}{5}u^5 \right]^{\sqrt{3}}_1+\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{3}u^3 \right]^{\sqrt{3}}_1+\frac{1}{4}(\sqrt{3}-1)=\frac{6}{5}\sqrt{3}-\frac{7}{15} \end{align} $$

$$ u=\sqrt{x^2+1}, \quad (x=\pm(u^2-1)^{\frac{1}{2}}), \quad dx=\pm u(u^2-1)^{-\frac{1}{2}} du \ (複合同順) $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \frac{x^3}{\sqrt{x^2+1}} dx&=\int \frac{(u^2-1)^{\frac{3}{2}}}{u}\left\{ u(u^2-1)^{-\frac{1}{2}}du \right\} \\ &=\int (u^2-1)du=\int u^2 du-\int 1du \\ &=\frac{1}{3}u^3-u+C=\frac{1}{3}(x^2+1)^{\frac{3}{2}}-\sqrt{x^2+1}+C \end{align} $$

$$ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}-x}=x\sqrt{x^2+1}+x^2 $$

と有理化できるので、

$$ \begin{align} \int_0^{\sqrt{3}} \frac{x}{\sqrt{x^2+1}-x} dx&=\int_0^{\sqrt{3}}(x\sqrt{x^2+1}+x^2)dx \\ &=\int_0^{\sqrt{3}}x\sqrt{x^2+1}dx+\int_0^{\sqrt{3}}x^2dx \\ &=\int_0^{\sqrt{3}}x\sqrt{x^2+1}dx+\sqrt{3} \end{align} $$

第2項の積分については、

$$ u=x^2+1, \quad du=2x dx, \quad u:1\to 4 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\sqrt{3}}x\sqrt{x^2+1}dx&=\frac{1}{2}\int_1^4\sqrt{u}du=\frac{1}{2}\left[\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} \right]^4_1=\frac{7}{3} \end{align} $$

まとめると、

$$ \int_0^{\sqrt{3}} \frac{x}{\sqrt{x^2+1}-x} dx=\frac{7}{3}+\sqrt{3} $$