6.11 有理関数の積分 〜 部分分数の積分

例 6.56 (部分分数の積分の計算例)  

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

$$\qquad+ \frac{5}{4}\int\frac{x}{x^2+1}dx+ \frac{3}{4}\int\frac{dx... ...+1}+ \frac{1}{2}\int\frac{x}{(x^2+1)^2}dx+ \frac{1}{2}\int\frac{dx}{(x^2+1)^2}.$$

Type 1:

$$\int\frac{dx}{x}=\log\vert x\vert+C, \qquad \int\frac{dx}{x+1}=\log\vert x+1\vert+C.$$

Type 2:

$$\int\frac{dx}{x^2}=-\frac{1}{x}+C, \qquad \int\frac{dx}{x^3}=-\frac{1}{2x^2}+C.$$

Type 3:

$$\int\frac{x}{x^2+1}dx= \frac{1}{2}\int\frac{(x^2+1)'}{x^2+1}dx= \frac{1}{2}\log(x^2+1)+C.$$

Type 4:

$$\int\frac{x}{(x^2+1)^2}dx= \frac{1}{2}\int\frac{(x^2+1)'}{(x^2+1)^2}dx= -\frac{1}{2(x^2+1)}+C.$$

Type 5:

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

Type 6:     これはあとの例題で示す．

$$\int\frac{dx}{(x^2+1)^2}$$

例 6.57 (有理式関数の不定積分の具体例)   (Type 1 のみ)     不定積分

$$\int\frac{x+1}{x^3+x^2-2x}\,dx$$

を計算する． まず，部分分数分解する．

$$\frac{x+1}{x^3+x^2-2x} = \frac{x+1}{x(x-1)(x+2)}= \frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{x+2}$$

とおき，通分し分子を比較すると

$$x+1= (x-1)(x+2)A+ x(x+2)B+ x(x-1)C$$

となる． これに， $x=0$ を代入すると $${A=-\frac{1}{2}}$$ を得る． $x=1$ を代入すると $${B=\frac{2}{3}}$$ を得る． $x=-2$ を代入すると $${C=-\frac{1}{6}}$$ を得る． よって

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

となる． これを積分して

$$I = \int\frac{x+1}{x^3+x^2-2x}\,dx= \int\left( -\frac{1}{2x}+ \frac{2}{3(x-1)}- \frac{1}{6(x+2)}\right)\,dx$$

$$= -\frac{1}{2}\int\frac{dx}{x}+ \frac{2}{3}\int\frac{dx}{x-1}- \f... ...log\vert x\vert+ \frac{2}{3}\log\vert x-1\vert- \frac{1}{6}\log\vert x+2\vert+C$$

$$= \frac{1}{6}\log \left\vert\frac{(x-1)^4}{x^3(x+2)}\right\vert+C$$

を得る．

例 6.58 (有理式関数の不定積分の具体例)   (Type 1, 3, 5)     不定積分

$$I=\int\frac{dx}{x^3+1}$$

を計算する．まず， 部分分数分解として

$$\frac{1}{x^3+1} = \frac{1}{(x+1)(x^2-x+1)}= \frac{A}{x+1}+ \frac{B\,x+C}{x^2-x+1}$$

とする． 通分して分子を比較すると

$$1=(x^2-x+1)A+(x+1)(Bx+C)$$

となる． これに $x=-1$, $x=0$, $x=1$ をそれぞれ代入すると，

$$1=3A, \quad 1=A+C, \quad 1=A+2B+2C$$

となる． これを解くと

$$A =\frac{1}{3}\,,\quad B=-\frac{1}{3}\,,\quad C=\frac{2}{3}$$

を得る． よって部分分数分解は

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

と表される． よって，

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

$$= \frac{1}{3}\log\vert x+1\vert- \frac{1}{3} \int\frac{\left(x-\f... ...}{4}}\,dx+ \frac{1}{2} \int\frac{dx} {\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}$$

$$= \frac{1}{3}\log\vert x+1\vert- \frac{1}{6} \int\frac{\left(\lef... ...eft(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)'} {1+\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)^2}\,dx$$

$$= \frac{1}{3}\log\vert x+1\vert- \frac{1}{6}\log\left( \left(x-\f... ...ight)+ \frac{\sqrt{3}}{3} \mathrm{Tan}^{-1}\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)+C$$

$$= \frac{1}{6}\log \frac{(x+1)^2}{x^2-x+1}+ \frac{1}{\sqrt{3}} \mathrm{Tan}^{-1}\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)+C$$

を得る．

例 6.59 (有理式関数の不定積分の具体例)   (Type 1, 3, 5)     不定積分

$$I=\int\frac{x-11}{x^3+1}\,dx$$

を計算する． まず

$$\frac{x-11}{x^3+1}= \frac{A}{x+1}+ \frac{B\,x+C}{x^2-x+1}$$

とおき，通分し分子を比較すると，恒等式

$$x-11 = (x^2-x+1)A+(x+1)(Bx+C)$$

を得る． これに $x=-1$, $x=0$, $x=1$ をそれぞれ代入すると

$$-12=3A, \quad -11=A+C, \quad -10=A+2B+2C$$

となる． これを解くと

$$A =-4\,,\qquad B=4\,,\qquad C=-7$$

を得る．よって

$$\frac{x-11}{x^3+1} = \frac{-4}{x+1}+ \frac{4x-7}{x^2-x+1}$$

となる．これより

$$I = -4\int\frac{dx}{x+1}+ \int\frac{4x-7}{x^2-x+1}\,dx= -4\log\vert... ...c{4\left(x-\frac{1}{2}\right)-5} {\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\,dx$$

$$= -4\log\vert x+1\vert+ 4\int\frac{\left(x-\frac{1}{2}\right)} {\... ...2+\frac{3}{4}}\,dx- 5\int\frac{1}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\,dx$$

$$= -4\log\vert x+1\vert+ 2\int\frac{\left(\left(x-\frac{1}{2}\righ... ...eft(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)'} {1+\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)^2}\,dx$$

$$= -4\log\vert x+1\vert+ 2\log\left(\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\... ...ight)- \frac{10}{\sqrt{3}}\mathrm{Tan}^{-1}\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)+C$$

$$= 2\log\frac{x^2-x+1}{(x+1)^2}- \frac{10}{\sqrt{3}}\mathrm{Tan}^{-1}\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)+C$$

を得る．

例 6.60 (有理式関数の不定積分の具体例)   (Step1, Type 3, 5)     不定積分

$$I=\int\frac{x^3+4x^2+2x+1}{x^2+3}\,dx$$

を計算する． 分子の次数が分母の次数以上であるから， 分子を分母で割り

$$I =\int\left(x+4-\frac{x+11}{x^2+3}\right)\,dx= \int (x+4)\,dx- \int\frac{x+11}{x^2+3}\,dx= \frac{x^2}{2}+4x- \int\frac{x+11}{x^2+3}\,dx$$

のように変形する． 多項式部分は積分される． 残るは有理式の積分である． これを計算すると

$$\int\frac{x+11}{x^2+3}\,dx= \int\frac{x}{x^2+3}\,dx+ 11\int\frac{dx}{x^2+3}\,dx$$

$$= \frac{1}{2} \int\frac{(x^2+3)'}{x^2+3}\,dx+ \frac{11\sqrt{3}}{3... ...(x^2+3)+ \frac{11}{\sqrt{3}} \mathrm{Tan}^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)+C$$

となる． よって

$$I =\frac{x^2}{2}+4x -\frac{1}{2} \log(x^2+3) -\frac{11}{\sqrt{3}} \mathrm{Tan}^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)+C$$

を得る．

例 6.61 (有理式関数の不定積分の具体例)   (Type 6)     $a=0$, $b=1$ の場合の $J_m$ を求める．

$$J_2= \int\frac{dx}{(1+x^2)^2}= \int\frac{(1+x^2)-x^2}{(1+x^2)^2}\,dx= \int\frac{1+x^2}{(1+x^2)^2}\,dx- \int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx$$

$$= \int\frac{dx}{1+x^2}-\int x\frac{x}{(1+x)^2}\,dx= \mathrm{Tan}^{-1}x- \int x\left(\frac{-1}{2}\right)\left(\frac{1}{1+x^2}\right)'\,dx$$

$$= \mathrm{Tan}^{-1}x+\frac{1}{2} \int x\left(\frac{1}{1+x^2}\righ... ...thrm{Tan}^{-1}x+\frac{1}{2}x\frac{1}{1+x^2} -\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+x^2}\,dx$$

$$= \mathrm{Tan}^{-1}x+ \frac{x}{2(1+x^2)} -\frac{1}{2}\mathrm{Tan}^{-1}x+C= \frac{1}{2}\mathrm{Tan}^{-1}x+ \frac{x}{2(1+x^2)}+C\,.$$

$$J_3 = \int\frac{dx}{(1+x^2)^3}= \int\frac{(1+x^2)-x^2}{(1+x^2)^3}dx= \int\frac{dx}{(1+x^2)^2}- \int\frac{x^2}{(1+x^2)^3}dx$$

$$=J_2+ \frac{1}{4}\int x\left(\frac{1}{(1+x^2)^2}\right)'dx = J_2+\frac{x}{4(1+x^2)^2}- \frac{1}{4} \int\frac{dx}{(1+x^2)^2}$$

$$= J_2+\frac{x}{4(1+x^2)^2}-\frac{1}{4}J_2 = \frac{3}{4}J_2+\frac{... ...\frac{1}{2}\mathrm{Tan}^{-1}x+\frac{x}{2(1+x^2)}\right)+ \frac{x}{4(1+x^2)^2}+C$$

$$= \frac{3}{8}\mathrm{Tan}^{-1}x+\frac{3x}{8(1+x^2)}+ \frac{x}{4(1+x^2)^2}+C.$$

例 6.62 (有理式の積分)   (Type 5)     不定積分

$$I = \int\frac{x}{x^4+1}dx$$

を計算する． 被積分関数の有理式の分母が 0 となるのは $x^4+1=0$ のときだから， 代数方程式 $x^4=-1$ を複素解も含めて解くと，

$$x^4=-1=e^{\pi+2n\pi} \quad\Rightarrow\quad x= (e^{\pi+2n\pi})^{\f... ...}{\sqrt{2}}, \frac{1-i}{\sqrt{2}}, \frac{-1+i}{\sqrt{2}}, \frac{-1-i}{\sqrt{2}}$$

となる． 複素解を順に $\alpha$, $\overline{\alpha}$, $\beta$, $\overline{\beta}$ とおくと， 分母は

$$x^4+1 = (x-\alpha)(x-\overline{\alpha}) (x-\beta)(x-\overline{\beta})= ... ...\alpha})x+\vert\alpha\vert^2) (x^2-(\beta+\overline{\beta})x+\vert\beta\vert^2)$$

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

と因数分解される． 被積分関数の有理式を部分分数分解すると，

$$\frac{x}{x^4+1}= \frac{Ax+B}{x^2-\sqrt{2}x+1}+ \frac{Cx+D}{x^2+\sqrt{2}x+1}$$

とおける．右辺を通分するとその分子は，

$$(Ax+B)(x^2+\sqrt{2}x+1)+ (Cx+D)(x^2-\sqrt{2}x+1)$$

$$= (A+C)x^3 +(\sqrt{2}A+B-\sqrt{2}C+D)x^2 +\sqrt{2}(A+B+C-D)x +(A+B+C+D)$$

となるので， $A+C=0$, $\sqrt{2}A+B-\sqrt{2}C+D=0$, $\sqrt{2}(A+B+C-D)=1$, $A+B+C+D=0$ とおいて解くと， $A=0$, $${B=\frac{1}{2\sqrt{2}}}$$, $C=0$, $${D=-\frac{1}{2\sqrt{2}}}$$ を得る．よって

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

と書ける． よって積分は

$$I = \frac{1}{2\sqrt{2}} \int \left(\frac{1}{x^2-\sqrt{2}x+1}- \frac... ...{2}} - \int \frac{dx}{\left(x+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\frac{1}{2}} \right\}$$

$$= \frac{1}{2\sqrt{2}} \frac{1}{\frac{1}{2}} \left\{ \int \frac{dx... ...}\right)^2+1} - \int \frac{dx}{2\left(x+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+1} \right\}$$

$$= \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}} \left\{ \int \frac{(\sqrt... ...ght)^2}dx - \int \frac{(\sqrt{2}x+1)'}{1+\left(\sqrt{2}x+1\right)^2}dx \right\}$$

$$= \frac{1}{2} \left\{ \mathrm{Tan}^{-1}(\sqrt{2}x-1)- \mathrm{Tan}^{-1}(\sqrt{2}x+1) \right\}+C$$

となる． ここで，

$$\mathrm{Tan}^{-1}x- \mathrm{Tan}^{-1}y= \mathrm{Tan}^{-1}z$$

をみたす $z$ を $x$, $y$ で表す． $\theta=\mathrm{Tan}^{-1}x$, $\phi=\mathrm{Tan}^{-1}y$, $\psi=\mathrm{Tan}^{-1}z$ とおくと， $\theta-\phi=\psi$ となるので， 両辺に $\tan$ を作用させると，

$$z=\tan(\psi)= \tan(\theta-\phi)= \frac{\tan\theta-\tan\phi}{1+\ta... ...\quad \mathrm{Tan}^{-1}x- \mathrm{Tan}^{-1}y= \mathrm{Tan}^{-1}\frac{x-y}{1+xy}$$

を得る．これを用いると，

$$I = \frac{1}{2} \mathrm{Tan}^{-1} \frac{(\sqrt{2}x-1)-(\sqrt{2}x+1)... ...rm{Tan}^{-1} \frac{-1}{x^2} +C= -\frac{1}{2} \mathrm{Tan}^{-1} \frac{1}{x^2} +C$$

となる． また， $${x=\tan\theta}$$ とすると，

$$\frac{1}{x}= \frac{1}{\tan\theta}= \tan\left(\frac{\pi}{2}-\theta... ...rm{Tan}^{-1}\frac{1}{x}= \frac{\pi}{2}-\theta= \frac{\pi}{2}-\mathrm{Tan}^{-1}x$$

となるので，

$$I = \frac{1}{2}\mathrm{Tan}^{-1}x^2-\frac{\pi}{4}+C= \frac{1}{2}\mathrm{Tan}^{-1}x^2+C$$

を得る．

平成21年6月1日