分数の中に三角関数があるなど、被積分関数が三角関数の有理式になっている場合の強力な切り札について紹介。初等的な範囲の積分です。例題を使って見てみましょう。
$$I=\int_0^{2\pi}\frac{dx}{3+2\sin x}$$をワイエルシュトラス置換により求める．
決してエレガントな解法ではないですが、泥臭くも威力のある方法について紹介します。
$$\int_0^{2\pi} R(\cos x,\sin x)dx$$において $\tan\displaystyle\frac{x}{2}=t$ とおくと$$\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2} \;,\; \sin x =\frac{2t}{1+t^2}$$$$dx=\frac{2dt}{1+t^2}$$より
$$\int_{0}^{2\pi}R(\cos x,\sin x)dx=\int^\infty_{-\infty}R\left( \frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2} \right)\frac{2dt}{1+t^2}$$
と変形できます。ここからも面倒な計算になることが多いですが、ごり押しで解けたりします。なお、積分範囲について補足すると、\begin{eqnarray}\int_0^{2\pi}dx&=&\int_0^\pi dx+\int_\pi^{2\pi}dx\\&=& \int_0^\infty dt+\int_{-\infty}^0dt\\&=&\int^\infty_{-\infty}dt\end{eqnarray}というわけです。
積分範囲にはバリエーションありますので都度適切にやってください。
では$$I=\int_0^{2\pi}\frac{dx}{3+2\sin x}$$ を計算しましょう。ワイエルシュトラス置換により、\begin{eqnarray}I&=&\int^\infty_{-\infty}\frac{1}{3+2\frac{2t}{1+t^2}}\frac{2dt}{1+t^2}\\&=& \int^\infty_{-\infty}\frac{2dt}{3t^2+4t+3}\\&=& \int^\infty_{-\infty}\frac{2dt}{3(t+\frac{2}{3})^2+\frac{5}{3}}\\&=& \int^\infty_{-\infty}\frac{2dt}{3t^2+\frac{5}{3}}\\&=& \frac{2}{3}\int^\infty_{-\infty}\frac{dt}{t^2+\frac{5}{9}}\\&=& \frac{2}{3}\int^\infty_{-\infty}\frac{\frac{\sqrt{5}}{3}dy}{\frac{5}{9}(1+y^2)}\quad\quad(t\equiv \frac{\sqrt{5}}{3}y)\\&=&\frac{2}{\sqrt{5}}\int^\infty_{-\infty}\frac{dy}{1+y^2}\\&=&\frac{2}{\sqrt{5}}\Bigl[\arctan y\Bigr]^\infty_{-\infty}\\&=&\frac{2}{\sqrt{5}}\pi\end{eqnarray}最後ところで「$\arctan$ なんて知らんよ！」という場合は $y=\tan\theta$ と置換して計算してください。
$$ \int_0^{2\pi}\frac{dx}{3+2\sin x} = \frac{2}{\sqrt{5}}\pi $$
これで積分ができました。冒頭で「泥臭い」といったのがなんとなく分かるのではないでしょうか。でも求まるととても気持ちいいですね。
今回求めた積分は「複素積分」を用いて解くことも可能です。また記事にしたいと思います。しました。
せっかくなので例題を掲載します。
定積分$$\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1+\cos x}{(1+\sin x)^2}dx$$をワイエルシュトラス置換により解け．
ワイエルシュトラス置換 $\tan\displaystyle\frac{x}{2}=t$ により$$\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2} \;,\; \sin x =\frac{2t}{1+t^2}$$$$dx=\frac{2dt}{1+t^2}$$$t$ の範囲は $[0,1]$ となりますので$$ \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1+\cos x}{(1+\sin x)^2}dx =\int_0^1 \frac{1+ \frac{1-t^2}{1+t^2} }{(1+ \frac{2t}{1+t^2})^2} \frac{2dt}{1+t^2} $$計算すると$$=4\int^1_0\frac{dt}{(t+1)^4}=-\frac{4}{3}\left[\frac{1}{(t+1)^3}\right]_0^1$$$$\therefore\quad \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1+\cos x}{(1+\sin x)^2}dx =\frac{7}{6}$$
定積分$$\int^\pi_0\frac{dx}{2-\sin^2x}$$をワイエルシュトラス置換により解け．
ワイエルシュトラス置換 $\tan\displaystyle\frac{x}{2}=t$ により\begin{eqnarray*}\int^\pi_0\frac{dx}{2-\sin^2x}&=&\int_0^\infty \frac{1}{2- (\frac{2t}{1+t^2})^2 } \frac{2dt}{1+t^2} \\ &=&\int_0^\infty\frac{1+t^2}{(1+t^2)^2-2t^2}dt\\ &=&\int_0^\infty\frac{1+t^2}{(t^2+\sqrt{2}t+1)(t^2-\sqrt{2}t+1)}dt\end{eqnarray*}
ここで部分分数分解を$$ \frac{1+t^2}{(t^2+\sqrt{2}t+1)(t^2-\sqrt{2}t+1)} =\frac{at+b}{ t^2+\sqrt{2}t+1 }+ \frac{ct+d}{ t^2-\sqrt{2}t+1 }$$とおけば恒等式の係数比較$$\begin{cases}1&=&b+d\\0&=&a+c+\sqrt{2}(d-b) \\ 1 &=&\sqrt{2}(c-a)+b+d\\ 0&=& a+c\end{cases}$$によって $a=c=0$ , $b=d=1/2$ となります。従って積分は\begin{eqnarray*}\int^\pi_0\frac{dx}{2-\sin^2x} &=&\int_0^\infty\left( \frac{\frac{1}{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}+\frac{\frac{1}{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}\right)dt\\ &=&\frac{1}{2}\int_0^\infty\left[\frac{1}{\left(t+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\frac{1}{2}}+\frac{1}{\left(t-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\frac{1}{2}}\right]dt\end{eqnarray*}
第1項を $t+\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\tan\theta$ , 第2項を $t-\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\tan\theta$ と置換すると、ともに$$dt=\frac{d\theta}{\sqrt{2}\cos^2\theta}$$と置きかわります。下表が積分範囲になります。
| $t$ | $0$ | $\rightarrow$ | $\infty$ |
| $\theta$ | $\frac{\pi}{4}$ | $\rightarrow$ | $\frac{\pi}{2}$ |
| $t$ | $0$ | $\rightarrow$ | $\infty$ |
| $\theta$ | -$\frac{\pi}{4}$ | $\rightarrow$ | $\frac{\pi}{2}$ |
以上から求める積分は\begin{eqnarray*} \int^\pi_0\frac{dx}{2-\sin^2x} &=&\frac{1}{2}\int^\frac{\pi}{2}_{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\frac{1}{2}\tan^2\theta+\frac{1}{2}}\frac{d\theta}{\sqrt{2}\cos^2\theta}+\frac{1}{2}\int^\frac{\pi}{2}_{-\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\frac{1}{2}\tan^2\theta+\frac{1}{2}}\frac{d\theta}{\sqrt{2}\cos^2\theta}\\ &=&\frac{1}{\sqrt{2}} \int^\frac{\pi}{2}_{\frac{\pi}{4}} d\theta+ \frac{1}{\sqrt{2}} \int^\frac{\pi}{2}_{-\frac{\pi}{4}} d\theta \\&=&\frac{\pi}{\sqrt{2}}\end{eqnarray*}
$$I:=\int_0^1\frac{dx}{(1+sx)\sqrt{1-x^2}}\quad(-1\le s\le 1)$$
根号を消したいので $x=\sin\t$ とすると$$I=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{d\t}{1+s\sin\t}$$ワイエルシュトラス置換 $\tan\displaystyle\frac{\t}{2}=t$ により$$I=2\int_0^1\frac{dt}{t^2+2st+1}$$分母を平方完成します。$$I=2\int_0^1\frac{dt}{(t+s)^2+1-s^2}$$$t+s=\sqrt{1-s^2}\tan\t$ とおくと$$I=\frac{2(\beta-\a)}{\sqrt{1-s^2}}$$ただし $\a$ , $\b$ は$$\tan\a=\frac{s}{\sqrt{1-s^2}}\quad,\quad\tan\b=\frac{1+s}{\sqrt{1-s^2}}$$を満たします。ここで $\tan$ の加法定理より$$\tan(\b-\a)=\sqrt{\frac{1-s}{1+s}}$$さらに倍角をとって$$\tan2(\b-\a)=\frac{\sqrt{1-s^2}}{s}$$簡単な三角比の関係から$$\cos2(\b-\a)=s$$と書けますので$$2(\b-\a)=\arccos s$$$$\therefore\quad\int_0^1\frac{dx}{(1+sx)\sqrt{1-x^2}}=\frac{\arccos s}{\sqrt{1-s^2}}$$
$$I=\int_0^1\frac{dx}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}$$において, $x=\sqrt{2}\tan\t$ と置換した後、ワイエルシュトラス置換によって積分を計算せよ。
$I$ の計算は実はもっと効率的な方法があるのですが、ワイエルシュトラス置換の練習として遠回りします。まず$$I=\int_0^\a \frac{d\t}{(1+2\tan^2\t)\cos\t}\quad,\quad \a:=\arctan\frac{1}{\sqrt{2}}$$ここでワイエルシュトラス置換をすると\begin{align}&=2\int_0^{\sqrt{3}-\sqrt{2}}\frac{1-t^2}{t^4+6t^2+1}dt\\&=\int_0^{\sqrt{3}-\sqrt{2}}\left(-\frac{\sqrt{2}+1}{t^2+2\sqrt{2}+3}+\frac{\sqrt{2}-1}{t^2-2\sqrt{2}+3}\right)\\&=\left[-\arctan\left(\frac{t}{\sqrt{2}+1}\right)+\arctan\left(\frac{t}{\sqrt{2}-1}\right)\right]_0^{\sqrt{3}-\sqrt{2}}\\&=\underbrace{\arctan\left(\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}\right)}_{\t_1}-\underbrace{\arctan\left(\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}\right)}_{\t_2}\end{align}加法定理により$$\tan(\t_1-\t_2)=\frac{1}{\sqrt{3}}$$となるので$$\t_1-\t_2=\arctan\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi}{6}$$
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