高校数学・大学数学積分トレーニング(三角関数編)

$$ \theta=\pi x, \quad d\theta=\pi dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \sin \pi x dx&=\int \sin \theta \left\{ \frac{1}{\pi}d \theta \right\}=-\frac{1}{\pi}\cos \theta +C \\ &=-\frac{1}{\pi}\cos \pi x+C \end{align} $$

$$ \theta=2 x, \quad d\theta=2 dx, \quad \theta:0\to 3\pi $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{3}{2}\pi}\cos 2x dx&=\int_0^{3\pi}\cos \theta \left\{ \frac{1}{2} d\theta \right\} \\ &=\frac{1}{2}[\sin \theta]^{3\pi}_0=0 \end{align} $$

$$ \begin{align} \int \tan x dx&=\int \frac{\sin x}{\cos x}dx=-\int \frac{(\cos x)’}{\cos x}dx \\ &=-\log |\cos x|+C \end{align} $$

$$ \theta=\sqrt{x}, \quad x=\theta^2 \quad dx=2\theta d\theta $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \sin \sqrt{x} dx&=\int \sin \theta \{ 2\theta d\theta\}=2\int \theta\sin \theta d \theta \end{align} $$

よって、部分積分

$$ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int \sin \sqrt{x} dx&=-2\int \theta (\cos \theta)’d\theta \\ &=-2\theta \cos \theta+2\int \cos \theta d\theta=-2\theta \cos \theta+2\sin\theta+C \\ &=-2\sqrt{x}\cos \sqrt{x}+2\sin\sqrt{x}+C \end{align} $$

$$ \int \frac{1}{\sin x} dx=\int \frac{\sin x}{\sin^2 x}dx=\int \frac{\sin x}{1-\cos^2 x}dx $$

ここで、

$$ u=\cos x, \quad du=-\sin x dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int \frac{1}{\sin x}dx=-\int \frac{1}{1-u^2}du $$

これは

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

と変形できるので、

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

$$ \int \frac{1}{\cos x} dx=\int \frac{\cos x}{\cos^2 x}dx=\int \frac{\cos x}{1-\sin^2 x}dx $$

ここで、

$$ u=\sin x, \quad du=\cos x dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int \frac{1}{\cos x}dx=\int \frac{1}{1-u^2}du $$

これは

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

と変形できるので、

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

$$ \begin{align} \int \frac{1}{\tan x}dx&=\int \frac{\cos x}{\sin x}dx=\int \frac{(\sin x)’}{\sin x}dx \\ &=\log|\sin x|+C \end{align} $$

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

ここで、

$$ u=\cos x, \quad du=-\sin x dx, \quad u:1\to \frac{1}{2} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{\sin x}{\cos^2 x}dx&=-\int_1^{\frac{1}{2}}\frac{1}{u^2}du=\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{u^2}du=[-u^{-1}]^1_{\frac{1}{2}}=1 \end{align} $$

まとめると、

$$ \int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{dx}{1-\sin x}=\sqrt{3}+1 $$

半角の公式

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

を用いると、

$$ \begin{align} \int \frac{dx}{1+\cos x}&=\frac{1}{2}\int \frac{1}{\cos^2\frac{x}{2}}dx=\tan\frac{x}{2}+C \end{align} $$

部分積分

$$ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int x\sin x dx&=\int x(-\cos x)’dx \\ &=-x\cos x+\int \cos xdx \\ &=-x\cos x+\sin x+C \end{align} $$

部分積分

$$ \int_a^bf(x)g'(x)dx=[f(x)g(x)]^b_a-\int_a^bf'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^1 x\sin \pi x dx&=-\frac{1}{\pi}\int_0^1x(\cos \pi x)’dx \\ &=-\frac{1}{\pi}[x\cos \pi x]^1_0+\frac{1}{\pi}\int_0^1\cos \pi x dx \\ &=-\frac{1}{\pi}\cos \pi+\frac{1}{\pi}\left[ \frac{1}{\pi}\sin \pi x \right]^1_0=\frac{1}{\pi} \end{align} $$

部分積分

$$ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int (x+1)\sin x dx&=-\int (x+1)(\cos x)’dx \\ &=-(x+1)\cos x+\int \cos x dx \\ &=-(x+1)\cos x+\sin x+C \end{align} $$

部分積分

$$ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int x\cos 2x dx&=\frac{1}{2}\int x(\sin 2x)’ dx \\ &=\frac{1}{2}x\sin 2x-\frac{1}{2}\int \sin 2xdx \\ &=\frac{1}{2}x\sin 2x+\frac{1}{4}\cos 2x+C \end{align} $$

部分積分

$$ \int_a^bf(x)g'(x)dx=[f(x)g(x)]^b_a-\int_a^bf'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos x dx&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2(\sin x)’dx \\ &=[x^2\sin x]^{\frac{\pi}{2}}_0-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\sin x dx \\ &=\frac{\pi^2}{4}+2\int_0^{\frac{\pi}{2}}x(\cos x)’dx \\ &=\frac{\pi^2}{4}+2[x\cos x]^{\frac{\pi}{2}}_0-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos x dx \\ &=\frac{\pi^2}{4}-2[\sin x]^{\frac{\pi}{2}}_0=\frac{\pi^2}{4}-2 \end{align} $$

部分積分

$$ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int x^2 \sin \pi x dx&=-\frac{1}{\pi}\int x^2(\cos \pi x)’dx \\ &=-\frac{1}{\pi}x^2\cos \pi x+\frac{2}{\pi}\int x\cos \pi x dx \\ &=-\frac{1}{\pi}x^2\cos \pi x+\frac{2}{\pi^2}\int x(\sin \pi x)’ dx \\ &=-\frac{1}{\pi}x^2\cos \pi x+\frac{2}{\pi^2}x\sin \pi x-\frac{2}{\pi^2}\int \sin \pi x dx \\ &=\left( \frac{2}{\pi^3}-\frac{x^2}{\pi}\right)\cos \pi x+\frac{2}{\pi^2}x\sin \pi x+C \end{align} $$

半角の公式

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

を用いると、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 x dx&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}dx-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos 2x dx \\ &=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}\sin 2x \right]^{\frac{\pi}{2}}_0=\frac{\pi}{4} \end{align} $$

半角の公式

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

を用いると、

$$ \begin{align} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2x dx&=\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}dx+\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\cos 2x dx \\ &=\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}\sin 2x \right]^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{6}}=\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8} \end{align} $$

三角関数の公式

$$ \tan^2 x=\frac{1}{\cos^2 x}-1 $$

を用いると、

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

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

より、

$$ \begin{align} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{dx}{\sin^2x}&=\left[ -\frac{1}{\tan x} \right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}=\frac{2}{3}\sqrt{3} \end{align} $$

$$ ( \tan x )’=\frac{1}{\cos^2 x} $$

より、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{dx}{\cos^2 x}&=[\tan x]^{\frac{\pi}{3}}_0=\sqrt{3} \end{align} $$

$$ \theta=\frac{x}{2}, \quad d\theta=\frac{1}{2}dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \frac{1}{\cos^2\frac{x}{2}}dx&=2\int \frac{1}{\cos^2\theta}d\theta=2\tan\theta+C=2\tan \frac{x}{2}+C \end{align} $$

部分積分

$$ \int_a^bf(x)g'(x)dx=[f(x)g(x)]^b_a-\int_a^bf'(x)g(x)dx $$

を行うと、

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

倍角の公式

$$ \sin x\cos x=\frac{1}{2}\sin 2x $$

を用いると、

$$ \begin{align} \int \sin x\cos x dx&=\frac{1}{2}\int \sin 2x dx=-\frac{1}{4}\cos 2x+C \end{align} $$

積和公式

$$ \sin 5x\sin 2x=-\frac{1}{2}(\cos 7x-\cos 3x) $$

を用いると、

$$ \begin{align} \int_0^{\pi}\sin 5x\sin 2x dx&=-\frac{1}{2}\int_0^{\pi} \cos 7xdx+\frac{1}{2}\int_0^{\pi} \cos 3xdx \\ &=-\frac{1}{14}[\sin 7x]^{\pi}_0+\frac{1}{6}[\sin 3x]^{\pi}_0=0 \end{align} $$

$$ \frac{1}{\sin x\cos x}=\frac{1}{\tan x}\frac{1}{\cos^2 x} $$

と変形できるので、

$$ u=\tan x, \quad du=\frac{1}{\cos^2 x}dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int \frac{1}{\sin x\cos x}dx=\int \frac{1}{u}du=\log|u|+C=\log|\tan x|+C $$

$$ \frac{\tan x}{\cos x}=\frac{\sin x}{\cos^2 x} $$

と変形できるので、

$$ u=\cos x, \quad du=-\sin xdx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \frac{\tan x}{\cos x} dx&=-\int \frac{1}{u^2}du=u^{-1}+C=\frac{1}{\cos x}+C \end{align} $$

三角関数の公式から

$$ \sin^3x=(1-\cos^2x)\sin x $$

と変形できるので、

$$ u=\cos x, \quad du=-\sin xdx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \sin^3 xdx&=-\int (1-u^2)du=-u+\frac{1}{3}u^3+C \\ &=-\cos x+\frac{1}{3}\cos^3 x+C \end{align} $$

三角関数の公式から

$$ \cos^3x=(1-\sin^2x)\cos x $$

と変形できるので、

$$ u=\sin x, \quad du=\cos xdx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int \cos^3 xdx&=\int (1-u^2)du=u-\frac{1}{3}u^3+C \\ &=\sin x-\frac{1}{3}\sin^3 x+C \end{align} $$

半角の公式を2回用いると、

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

と変形できるので、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4 x dx&=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}1 dx+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos 2x dx+\frac{1}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}}1 dx+\frac{1}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos 4xdx \\ &=\frac{3}{16}\pi+\frac{1}{4}[\sin 2x]^{\frac{\pi}{2}}_0+\frac{1}{32}[\sin 4x]^{\frac{\pi}{2}}_0=\frac{3}{16}\pi \end{align} $$

三角関数の公式から

$$ \cos^5x=(1-\sin^2x)^2\cos x $$

と変形できるので、

$$ u=\sin x, \quad du=\cos xdx, \quad u:0\to 1 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^5 xdx&=\int_0^1(1-u^2)^2du=\int_0^1(1-2u^2+u^4)du \\ &=[u]^1_0-2\left[ \frac{1}{3}u^3 \right]^1_0+\left[ \frac{1}{5}u^5 \right]^1_0=\frac{8}{15} \end{align} $$

三角関数の公式から

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

と変形できるので、

$$ u=\tan x, \quad du=\frac{1}{\cos^2 x}dx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int \frac{dx}{\cos^4 x}=\int (1+u^2)du=u+\frac{1}{3}u^3+C=\tan x+\frac{1}{3}\tan^3 x+C $$

$$ u=\cos x, \quad du=-\sin xdx $$

とおいて、置換積分を行うと、

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

半角の公式と積和公式を用いると、

$$ \sin^2 3x\cos 2x=\frac{1-\cos 6x}{2}\cos 2x=\frac{1}{2}\left\{ \cos 2x-\frac{1}{2}(\cos 8x+\cos 4x) \right\} $$

と変形できるので、

$$ \begin{align} \int \sin^2 3x\cos 2x dx&=\frac{1}{2}\int \cos 2xdx-\frac{1}{4}\int \cos 8xdx-\frac{1}{4}\cos 4xdx \\ &=\frac{1}{4}\sin 2x-\frac{1}{32}\sin 8x-\frac{1}{16}\sin 4x+C \end{align} $$

倍角の公式と半角の公式を用いると、

$$ \sin^2 x\cos^2 x=\frac{1}{4}\sin^2 2x=\frac{1}{8}(1-\cos 4x) $$

と変形できるので、

$$ \begin{align} \int \sin^2 x\cos^2 x dx&=\frac{1}{8}\int 1dx-\frac{1}{8}\int \cos 4xdx \\ &=\frac{1}{8}x-\frac{1}{32}\sin 4x+C \end{align} $$

三角関数の公式から

$$ \sin^3 x\cos^2 x=\sin x(1-\cos^2x)\cos^2x=\sin x(\cos^2 x-\cos^4 x) $$

と変形できるので、

$$ u=\cos x, \quad du=-\sin xdx $$

とおいて、置換積分を行うと、

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

三角関数の公式から

$$ \sin ^3 x\cos^4 x=\sin x(1-\cos^2x)\cos^4x=\sin x(\cos^4 x-\cos^6 x) $$

と変形できるので、

$$ u=\cos x, \quad du=-\sin xdx, \quad u:1\to 0 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^3 x\cos^4 x dx&=-\int_1^0(u^4-u^6)du \\ &=\left[\frac{1}{5}u^5 \right]^1_0-\left[ \frac{1}{7}u^7 \right]^1_0=\frac{2}{35} \end{align} $$

三角関数の公式から

$$ \frac{\sin^2 x}{\cos^4 x}=\tan^2x\frac{1}{\cos^2x} $$

と変形できるので、

$$ u=\tan x, \quad du=\frac{1}{\cos^2 x}dx, \quad u:1\to \sqrt{3} $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{\sin^2 x}{\cos^4 x}dx&=\int_1^{\sqrt{3}}u^2du=\sqrt{3}-\frac{1}{3} \end{align} $$

半角の公式

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

を用いて、部分積分

$$ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int x\sin^2 x dx&=\frac{1}{2}\int xdx-\frac{1}{2}\int x\cos 2x dx \\ &=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{4}\int x(\sin 2x)’ dx \\ &=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{4}x\sin 2x+\frac{1}{4}\int \sin 2xdx \\ &=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{4}x\sin 2x-\frac{1}{8}\cos 2x+C \end{align} $$

三角関数の公式

$$ \tan^2 x=\frac{1}{\cos^2 x}-1 $$

を用いて、部分積分

$$ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx $$

を行うと、

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

倍角の公式

$$ \sin x \cos x=\frac{\sin 2x}{2} $$

を用いて、部分積分

$$ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int x\sin x \cos x dx&=\int x\frac{\sin 2x}{2}dx \\ &=-\frac{1}{4}\int x(\cos 2x)’dx \\ &=-\frac{1}{4}x\cos 2x+\frac{1}{4}\int \cos 2xdx \\ &=-\frac{1}{4}x\cos 2x+\frac{1}{8}\sin 2x+C \end{align} $$

3倍角の公式

$$ \cos^3 x=\frac{\cos 3x+3\cos x}{4} $$

を用いて、部分積分

$$ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx $$

を行うと、

$$ \begin{align} \int x \cos^3 x dx&=\frac{1}{4}\int x\cos 3xdx+\frac{3}{4}\int x\cos xdx \\ &=\frac{1}{12}\int x(\sin 3x)’dx+\frac{3}{4}\int x(\sin x)’dx \\ &=\frac{1}{12}x\sin 3x-\frac{1}{12}\int \sin 3x dx+\frac{3}{4}x\sin x-\frac{3}{4}\int \sin x dx \\ &=\frac{x}{4}\left( \frac{1}{3}\sin 3x+3\sin x \right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{9}\cos 3x+3\cos x\right) +C \end{align} $$

\( x^2 \) は偶関数、 \( \sin x \) は奇関数であるので、

$$ \begin{align} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(x^2-\sin x)dx&=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2 dx+0 \\ &=2\left[ \frac{1}{3}x^3 \right]^{\frac{\pi}{2}}_0=\frac{\pi^3}{12} \end{align} $$

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

$$ (x\cos x)’=\cos x-x\sin x $$

であるので、

$$ \int (\cos x-x\sin x)dx=x\cos x+C $$

半角の公式より、

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

となるので、

$$ \begin{align} \int_0^{\pi}(1+\cos x)^2 dx&=\int_0^{\pi}1dx+2\int_0^{\pi}\cos xdx+\frac{1}{2}\int_0^{\pi}1dx+\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\cos 2xdx \\ &=\frac{3}{2}\pi+2[\sin x]^{\pi}_0+\frac{1}{4}[\sin 2x]^{\pi}_0=\frac{3}{2}\pi \end{align} $$

三角関数の公式と倍角の公式より、

$$ (\sin x+\cos x)^2=1+\sin 2x $$

となるので、

$$ \begin{align} \int_0^{\pi}(\sin x+\cos x)^2 dx&=\int_0^{\pi}1dx+2\int_0^{\pi}\sin 2xdx \\ &=\pi-[\cos 2x]^{\pi}_0=\pi \end{align} $$

半角の公式と倍角の公式より、

$$ \begin{align} \left( \sin x-\frac{1}{2}\sin 2x \right)^2&=\sin^2x-\sin x\sin 2x+\frac{1}{4}\sin^22x \\ &=\frac{1-\cos 2x}{2}+\frac{\cos 3x-\cos x}{2}+\frac{1-\cos 4x}{8} \end{align} $$

となるので、

$$ \begin{align} \int_0^{\pi}\left( \sin x-\frac{1}{2}\sin 2x \right)^2 dx&=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}1dx-\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\cos 2xdx+\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\cos 3xdx \\ &\quad \quad -\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\cos 3xdx+\frac{1}{8}\int_0^{\pi}1dx-\frac{1}{8}\int_0^{\pi}\cos 4x dx \\ &=\frac{\pi}{2}-\frac{1}{4}[\sin 2x]^{\pi}_0+\frac{1}{6}[\sin 3x]^{\pi}_0 \\ &\quad \quad -\frac{1}{2}[\sin x]^{\pi}_0+\frac{\pi}{8}-\frac{1}{32}[\sin 4x]^{\pi}_0=\frac{5}{8}\pi \end{align} $$

三角関数の公式と半角の公式より、

$$ \begin{align} \sin^4 x+\cos^4 x&=(\sin^2 x+\cos^2 x)^2-2\sin^2 x\cos^2 x \\ &=1-2\left( \frac{1-\cos 2x}{2} \right)\left( \frac{1+\cos 2x}{2}\right) \\ &=1-\frac{1-\cos 4x}{4} \end{align} $$

となるので、

$$ \begin{align} \int (\sin^4 x+\cos^4 x) dx&=\int 1dx-\frac{1}{4}\int 1dx+\frac{1}{4}\int \cos 4xdx \\ &=\frac{3}{4}x+\frac{1}{16}\sin 4x+C \end{align} $$

半角の公式と積和の公式より、

$$ \begin{align} &(3\cos x-\cos 3x)(\cos x-\cos 3x) \\ &=3\cos^2x-4\cos x\cos 3x+\cos^2 3x \\ &=3\left(\frac{1+\cos 2x}{2} \right)-4\left( \frac{\cos 4x+\cos 2x}{2} \right)+\frac{1+\cos 6x}{2} \end{align} $$

となるので、

$$ \begin{align} &\int_0^{\frac{\pi}{2}}(3\cos x-\cos 3x)(\cos x-\cos 3x)dx \\ &=\frac{3}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}1dx+\frac{3}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos 2xdx-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos 4xdx \\ & \quad \quad -2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos 2xdx+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}1dx+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos 6x dx \\ &=\frac{3}{4}\pi+\frac{3}{4}[\sin 2x]^{\frac{\pi}{2}}_0-\frac{1}{2}[\sin 4x]^{\frac{\pi}{2}}_0 \\ & \quad \quad -[\sin 2x]^{\frac{\pi}{2}}_0+\frac{\pi}{4}+\frac{1}{12}[\sin 6x]^{\frac{\pi}{2}}_0=\pi \end{align} $$

倍角の公式と半角の公式より、

$$ \begin{align} x\sin x(\cos x+x\sin x)&=x\frac{\sin 2x}{2}+x^2\frac{1-\cos 2x}{2} \end{align} $$

となるので、部分積分

$$ \int_a^bf(x)g'(x)dx=[f(x)g(x)]^b_a-\int_a^bf'(x)g(x)dx $$

を行うと、

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

三角関数の公式より、

$$ \frac{1}{\sin^2 x+3\cos^2 x}=\frac{1}{\tan^2x+3}\frac{1}{\cos^2x} $$

と変形できるので、

$$ u=\tan x, \quad du=\frac{1}{\cos^2 x}dx, \quad u:0\to 1 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\sin^2 x+3\cos^2 x}=\int_0^1\frac{1}{u^2+3}du $$

よって、

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

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\sin^2 x+3\cos^2 x}&=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\frac{1}{3\tan^2\theta+3}\frac{\sqrt{3}}{\cos^2\theta}d\theta \\ &=\frac{\sqrt{3}}{3}\int_0^{\frac{\pi}{6}}1d\theta=\frac{\sqrt{3}}{18}\pi \end{align} $$

$$ \begin{align} \int \frac{\sin x-\cos x}{\sin x+\cos x}dx&=-\int \frac{(\sin x+\cos x)’}{\sin x+\cos x}dx=-\log|\sin x+\cos x|+C \end{align} $$

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

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

と変形できるので、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2 x}{1+\cos x}dx&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}1dx-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx \\ &=\frac{\pi}{2}-[\sin x]^{\frac{\pi}{2}}_0=\frac{\pi}{2}-1 \end{align} $$

$$ \frac{\sin x}{\cos^2 x+4\sin^2 x}=\frac{\sin x}{4-3\cos^2x} $$

と変形できるので、

$$ u=\cos x, \quad du=-\sin xdx $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int \frac{\sin x}{\cos^2 x+4\sin^2 x}dx=-\int \frac{1}{4-3u^2}du $$

ここで、

$$ \frac{1}{4-3u^2}=\frac{1}{4}\frac{1}{2-\sqrt{3}u}+\frac{1}{4}\frac{1}{2+\sqrt{3}u} $$

と変形できるので、

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

$$ u=1+\tan x, \quad du=\frac{1}{\cos^2 x}dx, \quad u:1\to2 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{(1+\tan x)^3}{\cos^2 x}dx=\int_1^2u^3du=\frac{15}{4} $$

半角の公式より、

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

と変形できるので、

$$ \int_0^{\pi}\sqrt{1+\cos x}dx=\sqrt{2}\int_0^{\pi}\cos \frac{x}{2}dx=2\left[ 2\sin \frac{x}{2} \right]^{\pi}_0=2\sqrt{2} $$

$$ u=\sin x, \quad du=\cos xdx, \quad u:0\to1 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{\sqrt{1+\sin x}}dx=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+u}}du=[2(1+u)^{\frac{1}{2}}]^1_0=2(\sqrt{2}-1) $$

$$ u=1+2\sin x, \quad du=2\cos xdx, \quad u:2\to3 $$

とおいて、置換積分を行うと、

$$ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{\sqrt{1+2\sin x}}dx=\frac{1}{2}\int_2^3\frac{1}{\sqrt{u}}du=\frac{1}{2}[2u^{\frac{1}{2}}]^3_2=\sqrt{3}-\sqrt{2} $$

2回部分積分を行うと、

$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-x}\cos 2x dx&=-[e^{-x}\cos 2x]^{\frac{\pi}{2}}_0-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-x}\sin 2x dx \\ &=e^{-\frac{\pi}{2}}+1+2[e^{-x}\sin 2x]^{\frac{\pi}{2}}_0-4\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-x}\cos 2xdx \end{align} $$

より、

$$ 5\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-x}\cos 2xdx=e^{-\frac{\pi}{2}}+1 $$

であるので、

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-x}\cos 2x dx=\frac{1}{5}(e^{-\frac{\pi}{2}}+1) $$

2回部分積分を行うと、

$$ \begin{align} \int e^x \cos x dx&=e^x\cos x+\int e^x\sin x dx \\ &=e^x\cos x+e^x \sin x-\int e^x\cos xdx \end{align} $$

より、

$$ 2\int e^x \cos xdx=e^x(\cos x+\sin x)+C $$

であるので、

$$ \int e^x \cos xdx=\frac{1}{2}e^x(\cos x+\sin x)+C $$

2回部分積分を行うと、

$$ \begin{align} \int e^{2x}\sin 3x dx&=\frac{1}{2}e^{2x}\sin 3x-\frac{3}{2}\int e^{2x}\cos 3x dx \\ &=\frac{1}{2}e^{2x}\sin 3x-\frac{3}{4}e^{2x}\cos 3x-\frac{9}{4}\int e^{2x}\sin 3x dx \end{align} $$

より、

$$ \frac{13}{4}\int e^{2x}\sin 3x dx=\frac{1}{4}e^{2x}(2\sin 3x-3\cos 3x)+C $$

であるので、

$$ \int e^{2x}\sin 3x dx=\frac{1}{13}e^{2x}(2\sin 3x-3\cos 3x)+C $$

$$ (e^{-x}\cos x)’=-(\sin x+\cos x)e^{-x} $$

より、

$$ \int (\sin x+\cos x)e^{-x} dx=-\int (e^{-x}\cos x)’dx=-e^{-x}\cos x+C $$