∫[0,2](2x+1)/√(x^2+4) dx

本日の計算
$\int_0^2\frac{2x+1}{\sqrt{x^2+4}}dx$

$x=2\sinh t=e^t-e^{-t}$　と置換する．

$dx = (2\sinh t)' dt = (e^t-e^{-t}) dt \\\hspace{7mm} = (e^t+e^{-t}) dt$
$2\cosh t=e^t+e^{-t}$ であるから，
$dx = 2\cosh t\,dt$

$x$の積分区間$[0,2]$は
$x=e^t-e^{-t}$ より両辺を$e^t$倍して
$x(e^t)=(e^t)^2-1$
移項，
$(e^t)^2-x(e^t)-1=0$
$e^t$の２次方程式を解いて，
$e^t=\frac{x+\sqrt{x^2+4}}{2}$
$t=\log\frac{x+\sqrt{x^2+4}}{2}(=\arcsin h\frac{x}{2})$
であるから，
$x=0$のとき，$t=\log\frac{0+\sqrt{0^2+4}}{2}=\log 1=0$
$x=2$のとき，$t=\log\frac{2+sqrt{2^2+4}}{2}=\log{1+\sqrt{2}}$
より$t$の積分区間 $[0,\log{(1+\sqrt{2})}]$

また，
$x^2+4 = (e^t-e^{-t})^2+4\\\hspace{7mm}=((e^t)^2-2e^te^{-t}+(e^{-t})^2)+4\\\hspace{7mm}=(e^t)^2-2+(e^{-t})^2+4\\\hspace{7mm}=(e^t)^2+2+(e^{-t})^2\\\hspace{7mm}=(e^t)^2+2e^te^{-t}+(e^{-t})^2\\\hspace{7mm}=(e^t+e^{-t})^2$
$2\cosh t=e^t+e^{-t}$であるから，
$x^2+4 =(2\cosh t)^2$
よって，分母は
$\sqrt{x^2+4}=\sqrt{(2\cosh t)^2}=2\cosh t$

したがって，元の積分は置換によって，
$\int_0^2\frac{2x+1}{\sqrt{x^2+4}}dx \\\hspace{7mm}=\int_0^{\log(1+\sqrt{2})}\frac{2(2\sinh t)+1}{2\cosh t} 2\cosh t\,dt \\\hspace{7mm}=\int_0^{\log(1+\sqrt{2})}(4\sinh t+1) dt \\\hspace{7mm}=\left[ 4\cosh t +t\right]_0^{\log(1+\sqrt{2})} \\\hspace{7mm}=\left[ 2\cdot 2\cosh t +t\right]_0^{\log(1+\sqrt{2})} \\\hspace{7mm}=\left[ 2e^t+2e^{-t} +t\right]_0^{\log(1+\sqrt{2})} \\\hspace{7mm}=2e^{\log(1+\sqrt{2})}+2e^{-{\log(1+\sqrt{2})}}+\log(1+\sqrt{2}) - (2e^{0}+2e^{0}+0 )\\\hspace{7mm}=2e^{\log(1+\sqrt{2})}+\frac{2}{e^{\log(1+\sqrt{2})}}+\log(1+\sqrt{2})-4 \\\hspace{7mm}=2(1+\sqrt{2})+\frac{2}{1+\sqrt{2}}+\log(1+\sqrt{2})-4 \\\hspace{7mm}=4\sqrt{2}-4+\log(1+\sqrt{2})$


双曲三角関数を使えば上記のように見通しがよいが，高校数学には双曲三角が出てこない．次のようにしつこくやるしかないな．

$\int_0^2\frac{2x+1}{\sqrt{x^2+4}}dx = \int_0^2\frac{2x}{\sqrt{x^2+4}}dx+\int_0^2\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}dx$

前半，$\int_0^2\frac{2x}{\sqrt{x^2+4}}dx$
$x=2\tan t$と置換すると，
$dx=\frac{2}{\cos^2 t}dt$
$x$積分区間$[0,2]$より$t$積分区間$[0,\frac{\pi}{4}]$で，
$x^2+4=(2\tan t)^2+4\\\hspace{7mm} =4\tan^2 t+4 \\\hspace{7mm} =4(\tan^2 t+1) \\\hspace{7mm} =4(\frac{1}{\cos^2}) \\\hspace{7mm} =(\frac{2}{\cos})^2$
より分母は，
$\sqrt{x^2+4}=\frac{2}{\cos t}$
であるから，
$\int_0^2\frac{2x}{\sqrt{x^2+4}}dx= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{2\cdot 2\tan t}{\frac{2}{\cos t}}\frac{2}{\cos^2 t}dt=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{4\tan t}{\cos t}dt=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{4\sin t}{\cos^2 t}dt \\ \hspace{7mm}=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{-4(-\sin t)}{\cos^2 t}dt=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{-4}{\cos^2 t}(cos t)'dt=\left[\frac{4}{\cos t}\right]_0^{\frac{\pi}{4}} \\ \hspace{7mm}=\frac{4}{\cos\frac{\pi}{4}}-\frac{4}{\cos 0}=\frac{4}{\frac{1}{\sqrt{2}}}-\frac{4}{1}=4\sqrt{2}-4$

後半，$\int_0^2\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}dx$
$x=2\tan t$と置換すると，
$dx=\frac{2}{\cos^2 t}dt$
$x$積分区間$[0,2]$より$t$積分区間$[0,\frac{\pi}{4}]$で，
$x^2+4=(2\tan t)^2+4 =(\frac{2}{\cos})^2$
より分母は，
$\sqrt{x^2+4}=\frac{2}{\cos t}$
であるから，
$\int_0^2\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}dx= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\frac{2}{\cos t}}\frac{2}{\cos^2 t}dt= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos t}dt \\ \hspace{7mm}= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos t}{\cos^2 t} dt= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos t}{1-\sin^2 t} dt$
$\sin t= u$ なら，$\cos t\,dt=du$ より，
$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos t}{1-\sin^2 t} dt=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{1}{1-u^2}du$
$\frac{1}{1-u^2}=\frac{1}{(1+u)(1-u)} = \frac{a}{1+u}+\frac{b}{1-u}$なら，
$1 = a(1-u)+b(1+u)$
$0u+1 = (-a+b)u+(a+b)$
$-a+b=0$，$a+b=1$
より，$a=\frac{1}{2}$，$b=\frac{1}{2}$となるから，
$\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{1}{1-u^2}du=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}(\frac{1}{1+u}+\frac{1}{1-u})du=\frac{1}{2}\left[\log|1+u|-\log|1-u|\right]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\\ \hspace{7mm}=\frac{1}{2}\left[\log\frac{|1+u|}{|1-u|}\right]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{1}{2}\left(\log\frac{1+\frac{1}{\sqrt{2}}}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}} -\log\frac{1+0}{1-0}\right)=\frac{1}{2}\left(\log\frac{\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}}}{\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}} -\log 1\right)\\ \hspace{7mm}=\frac{1}{2}\left(\log\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} -0\right)=\frac{1}{2}\log\frac{(\sqrt{2}+1)^2}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)} =\frac{1}{2}\log\frac{(\sqrt{2}+1)^2}{2-1} \\ \hspace{7mm}=\frac{1}{2}\log(\sqrt{2}+1)^2=\log(\sqrt{2}+1)^{2\cdot\frac{1}{2}} =\log(\sqrt{2}+1)$

したがって，
$\int_0^2\frac{2x+1}{\sqrt{x^2+4}}dx =4\sqrt{2}-4+\log(\sqrt{2}+1)$
こちらが，純粋に高校範囲の式変形を使った積分．

＞＞積分の記事