根号を含む関数の積分

前提知識: 三角関数, 指数関数, 逆三角関数, 置換積分, 有理関数の積分, 三角関数の有理式の積分

動機

$\sqrt{1-x^2}$、$\sqrt{x^2+1}$、$\sqrt{x^2-1}$ のような 2 次式の平方根を含む式の積分は、根号を外す置換で計算する。根号は、中身を「何かの 2 乗」に書き直せれば外れる。そのための恒等式が
$$ 1-\sin^2\theta=\cos^2\theta,\qquad 1+\sinh^2u=\cosh^2u,\qquad \cosh^2u-1=\sinh^2u $$
であり（$\sinh,\cosh$ は下で定義する双曲線関数）、それぞれ $x=\sin\theta$（三角置換）、$x=\sinh u$、$x=\cosh u$（双曲線置換）に対応する。さらに、根号の中が 2 次式であれば、どんな有理式と組み合わせても最後は有理関数に直せる（thm-isr-quadratic）。一方、根号の中が重根のない 3 次以上の多項式になると、$\frac1{\sqrt{P(x)}}$ の形の積分でさえこの方法は原理的に行き詰まる（thm-isr-elliptic）。
本記事では、双曲線関数と 3 つの置換を述べて証明したあと、例を易しい順に解く。各例では、うまくいかない手も途中まで計算し、どこで・なぜ詰まるかを見てから解く。そのあと、置換の変数が円・楕円・双曲線の面積として何を表すかを見て、最後に判断の目安を表にまとめる。
以下、$\log$ は自然対数、$a>0$ とする。置換積分は次の形で使う：$\varphi$ が $[\alpha,\beta]$ で微分可能で $\varphi'$ が連続、$f$ が $\varphi([\alpha,\beta])$ を含む区間で連続なら、$\int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt=\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)}f(x)\,dx$ である。$\arcsin$ は $\sin$ を $[-\frac\pi2,\frac\pi2]$ に制限した関数の逆関数である。

定義

1. により点 $(\cosh u,\sinh u)$ は双曲線 $X^2-Y^2=1$ の右半分の上にある。点 $(\cos\theta,\sin\theta)$ が円 $X^2+Y^2=1$ の上にあるのと対応しており、名前の由来である。変数 $u$ が面積として何を表すかは「補足」の節で述べる。

定理と証明

根号を外す 3 つの置換

長さの公式 $\int_a^b\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}\,dt$ から根号を含む積分が現れる曲線の長さの計算は 媒介変数表示と曲線の長さ で扱う。
置換の変数の範囲を指定するのは、根号を外したときの符号を決めるためである。範囲を気にせず $\sqrt{a^2-x^2}=a\cos\theta$ とすると、$\cos\theta<0$ の範囲で符号を誤る。$x\le-a$ で $\sqrt{x^2-a^2}$ を扱うときは $x=-a\cosh u$ とおく。(2)・(3) の代わりに $x=a\tan\theta$、$x=\frac a{\cos\theta}$ とおくこともできる（$1+\tan^2\theta=\frac1{\cos^2\theta}$）が、例 3・4 ではそうすると計算が長くなった。

2 次式の平方根の有理化

$D=0$ なら根号の中は $A y^2$ で、$\sqrt{A}\,|y|$ となり根号は初めから外れる。$A>0$、$D<0$ の場合に 2 つの置換を合成すると $w=e^u=\frac{y+\sqrt{y^2+k^2}}k$ であり（prop-isr-hyperbolic の (3)）、$x$ から直接 1 回で有理関数に移る置換になる（例 5 の $t=x+\sqrt{x^2+1}$）。

例

例 1（円の形の根号）

$$ \int_0^{1/2}\sqrt{1-x^2}\,dx $$
を求める。根号の中は $1-x^2$ で、prop-isr-three の (1) の形（$a=1$）である。根号の外に $x$ の因子はない。候補となる手は (a) $u=1-x^2$、(b) 部分積分、(c) $x=\sin\theta$ である。
(a) では $du=-2x\,dx$ だが、式に $x$ の因子がないので $dx=-\frac{du}{2\sqrt{1-u}}$ となり、$\int\frac{\sqrt u}{2\sqrt{1-u}}\,du$ に変わる。根号が別の場所に移っただけで、消えていない。
(b) $F=\sqrt{1-x^2}$、$G=x$ として部分積分すると、$I:=\int\sqrt{1-x^2}\,dx$ について
$$ I=x\sqrt{1-x^2}+\int\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=x\sqrt{1-x^2}-I+\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} $$
（$x^2=1-(1-x^2)$ と分けた）となり、$I=\frac12\bigl(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x\bigr)$ を得る。正しいが、最後に $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x$ を使っており、これは $x=\sin\theta$ の置換と同じ内容の式である。
そこで (c) $x=\sin\theta$ とおくと、$x:0\to\frac12$ に $\theta:0\to\frac\pi6$ が対応し、$\sqrt{1-x^2}=\cos\theta$、$dx=\cos\theta\,d\theta$ なので
$$ \int_0^{1/2}\sqrt{1-x^2}\,dx=\int_0^{\pi/6}\cos^2\theta\,d\theta=\Bigl[\frac\theta2+\frac{\sin2\theta}4\Bigr]_0^{\pi/6}=\frac\pi{12}+\frac{\sqrt3}8 $$
である（$=0.4783\ldots$）。
答えの 2 つの項には図形の意味がある。積分は単位円の下で $0\le x\le\frac12$ の部分の面積であり、原点と点 $\bigl(\frac12,\frac{\sqrt3}2\bigr)$ を結ぶ線分で、中心角 $\frac\pi6$ の扇形（面積 $\frac\pi{12}$）と、3 頂点 $(0,0)$、$\bigl(\frac12,0\bigr)$、$\bigl(\frac12,\frac{\sqrt3}2\bigr)$ の直角三角形（面積 $\frac{\sqrt3}8$）に分かれる。置換の変数 $\theta$ はこの扇形の中心角である。

例 2（根号の外に $x$ の奇数乗がある場合）

$$ \int_0^1x^3\sqrt{1-x^2}\,dx $$
を求める。根号は例 1 と同じだが、外に $x^3$ がある。$x^3\,dx=x^2\cdot x\,dx$ で、$x\,dx$ は根号の中身 $1-x^2$ の微分（の $-\frac12$ 倍）である。候補となる手は (a) $x=\sin\theta$、(b) 部分積分、(c) $u=1-x^2$ である。
(b) で $F=x^3$、$G'=\sqrt{1-x^2}$ とすると、$G$ は例 1 の $\frac12(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x)$ で、次に $\int3x^2G\,dx$ の中に $x^2\arcsin x$ が現れ、元より複雑になる。この積分では、部分積分で根号の側を積分する選び方は悪手である（$F=x^2$、$G'=x\sqrt{1-x^2}$ と選べば効く）。
(a) $x=\sin\theta$ とおくと $\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\cos^2\theta\,d\theta$ となる。これは三角関数の有理式の積分で扱う形で、$u=\cos\theta$ で $\frac2{15}$ が出る。正しいが、置換を 2 回している。
(c) $u=1-x^2$ とおくと 1 回で済む。$x^2=1-u$、$x\,dx=-\frac{du}2$ で、$x:0\to1$ に $u:1\to0$ が対応するので
$$ \int_0^1x^3\sqrt{1-x^2}\,dx=\int_0^1\frac{(1-u)\sqrt u}2\,du=\frac12\Bigl(\frac23-\frac25\Bigr)=\frac2{15} $$
である。
根号があっても、三角置換が最善とは限らない。根号の中が $c\pm x^2$ の形で、根号の外が「$x$ の奇数乗 $\times$（$x^2$ の多項式）」なら、根号の中身を $u$ とおくと $u$ の多項式と $\sqrt u$ の積になり、置換 1 回で済む。(a) の 2 回の置換 $x=\sin\theta$、$u=\cos\theta$ を合成すると $u=\sqrt{1-x^2}$ であり、これも 1 回で効く置換である。根号の中に 1 次の項があるときは、平方完成した後の変数でこの形かどうかを見る。たとえば $\int x\sqrt{x^2+2x+2}\,dx$ では、$u=x^2+2x+2$ の $du=(2x+2)\,dx$ が $x\,dx$ に合わない。

例 3（$\sqrt{x^2+1}$）

$$ \int_0^1\sqrt{x^2+1}\,dx $$
を求める。根号の中は $x^2+1$ で、prop-isr-three の (2) の形である。外に $x$ の因子はないので、例 2 の手は使えない。候補は (a) $x=\tan\theta$ と (b) $x=\sinh u$ である。
(a) では $x:0\to1$ に $\theta:0\to\frac\pi4$ が対応し、$\sqrt{\tan^2\theta+1}=\frac1{\cos\theta}$、$dx=\frac{d\theta}{\cos^2\theta}$ なので $\int_0^{\pi/4}\frac{d\theta}{\cos^3\theta}$ となる。$\cos$ の奇数乗なので分子と分母に $\cos\theta$ を掛けて $v=\sin\theta$ とおくと $\int_0^{1/\sqrt2}\frac{dv}{(1-v^2)^2}$ となり、さらに重複因数の部分分数分解
$$ \frac1{(1-v^2)^2}=\frac14\Bigl(\frac1{1-v}+\frac1{1+v}+\frac1{(1-v)^2}+\frac1{(1+v)^2}\Bigr) $$
が要る。答えは出るが、置換 2 回と部分分数分解を重ねる。$dx=\frac{d\theta}{\cos^2\theta}$ が $\frac1\cos$ の冪を増やしてしまうのが原因である。
(b) $x=\sinh u$ とおくと $\sqrt{x^2+1}=\cosh u$、$dx=\cosh u\,du$ で、$x:0\to1$ に $u:0\to u_1:=\operatorname{arsinh}1=\log(1+\sqrt2)$ が対応する。$\cosh^2u=\frac{1+\cosh2u}2$ なので
$$ \int_0^1\sqrt{x^2+1}\,dx=\int_0^{u_1}\cosh^2u\,du=\Bigl[\frac u2+\frac{\sinh u\cosh u}2\Bigr]_0^{u_1}=\frac{\log(1+\sqrt2)+\sqrt2}2 $$
である（$\sinh u_1=1$、$\cosh u_1=\sqrt2$。値は $1.1477\ldots$）。
$x=\sinh u$ では $dx=\cosh u\,du$ も根号と同じ $\cosh u$ で、式が $\cosh^2u$ にまとまる。例 1 の $\cos^2\theta$ と同じ形である。一般に $\int\sqrt{x^2+1}\,dx=\frac12\bigl(x\sqrt{x^2+1}+\operatorname{arsinh}x\bigr)$ であり、例 1 の式の $\arcsin$ を $\operatorname{arsinh}$ に替えた形になる。

例 4（$\sqrt{x^2-1}$）

$$ \int_1^2\sqrt{x^2-1}\,dx $$
を求める。根号の中は $x^2-1$ で、積分区間では $x\ge1$ である。prop-isr-three の (3) の形である。候補は (a) $x=\sin\theta$、(b) $x=\frac1{\cos\theta}$、(c) $x=\cosh u$ である。
(a) は使えない。$\sin\theta\le1$ なので $x=2$ に当たる $\theta$ がなく、しかも区間で $1-x^2\le0$ である。置換がそもそも区間を覆わない。根号の中の符号（$x^2-a^2$ か $a^2-x^2$ か）で使える置換が決まる。
(b) では $x:1\to2$ に $\theta:0\to\frac\pi3$ が対応し、$\sqrt{\frac1{\cos^2\theta}-1}=\tan\theta$（$\ge0$）、$dx=\frac{\sin\theta}{\cos^2\theta}\,d\theta$ なので $\int_0^{\pi/3}\frac{\sin^2\theta}{\cos^3\theta}\,d\theta$ となる。$v=\sin\theta$ で $\int_0^{\sqrt3/2}\frac{v^2}{(1-v^2)^2}\,dv$ となり、例 3 の (a) と同じく重複因数の部分分数分解が必要になる。
(c) $x=\cosh u$（$u\ge0$）とおくと $\sqrt{x^2-1}=\sinh u$、$dx=\sinh u\,du$ で、$x:1\to2$ に $u:0\to u_2:=\operatorname{arcosh}2=\log(2+\sqrt3)$ が対応する。$\sinh^2u=\frac{\cosh2u-1}2$ なので
$$ \int_1^2\sqrt{x^2-1}\,dx=\int_0^{u_2}\sinh^2u\,du=\Bigl[\frac{\sinh u\cosh u}2-\frac u2\Bigr]_0^{u_2}=\sqrt3-\frac{\log(2+\sqrt3)}2 $$
である（$\cosh u_2=2$、$\sinh u_2=\sqrt3$。値は $1.0735\ldots$）。
$\sqrt{x^2-a^2}$ は $x=a\cosh u$ で $\sinh^2u$ になる。答えの第 1 項 $\sqrt3=\frac12\cdot2\cdot\sqrt3$ は三角形の面積であり、第 2 項は例 1 の扇形に当たる量である（prop-isr-sector）。

例 5（根号の外に有理式がある場合）

$$ \int_0^1\frac{dx}{(x+1)\sqrt{x^2+1}} $$
を求める。根号 $\sqrt{x^2+1}$ に、有理式 $\frac1{x+1}$ が掛かっている。例 3 のように置換 1 回で $\cosh^2u$ のような単純な形になるとは限らない。候補は (a) $u=\sqrt{x^2+1}$、(b) $x=\tan\theta$、(c) $t=x+\sqrt{x^2+1}$ である。
(a) では $u^2=x^2+1$ から $u\,du=x\,dx$ なので $\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{du}x=\frac{du}{\sqrt{u^2-1}}$ となり、根号が移っただけである。外の因子 $\frac1{x+1}$ が「$x^2$ の式 $\times\,x$」の形でないので、例 2 の手は効かない。
(b) では $\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{d\theta}{\cos\theta}$、$x+1=\frac{\sin\theta+\cos\theta}{\cos\theta}$ なので $\int_0^{\pi/4}\frac{d\theta}{\sin\theta+\cos\theta}$ となる。$\sin\theta,\cos\theta$ が分母に 1 次で現れるので、さらに $s=\tan\frac\theta2$ の置換が要り、$\int_0^{\sqrt2-1}\frac{2\,ds}{1+2s-s^2}$ になる。答えは出るが置換が 2 段である。
(c) $t=x+\sqrt{x^2+1}$ とおく。$t-x=\sqrt{x^2+1}$ を 2 乗すると $t^2-2tx=1$ で、$x^2$ が消えるので
$$ x=\frac{t^2-1}{2t},\qquad\sqrt{x^2+1}=t-x=\frac{t^2+1}{2t},\qquad dx=\frac{t^2+1}{2t^2}\,dt $$
と、すべて $t$ の有理式になる。特に $\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{dt}t$ であり、$x+1=\frac{t^2+2t-1}{2t}$ である。$t$ は $x$ について狭義増加（$\frac{dt}{dx}=1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}>0$）で、$x:0\to1$ に $t:1\to1+\sqrt2$ が対応する。よって
$$ \int_0^1\frac{dx}{(x+1)\sqrt{x^2+1}}=\int_1^{1+\sqrt2}\frac{2\,dt}{(t+1)^2-2}=\Bigl[\frac1{\sqrt2}\log\frac{t+1-\sqrt2}{t+1+\sqrt2}\Bigr]_1^{1+\sqrt2} $$
である。$t=1+\sqrt2$ で $\frac{2}{2+2\sqrt2}=\sqrt2-1$、$t=1$ で $\frac{2-\sqrt2}{2+\sqrt2}=(\sqrt2-1)^2$ なので、値は $\frac1{\sqrt2}\bigl(\log(\sqrt2-1)-2\log(\sqrt2-1)\bigr)=\frac{\log(1+\sqrt2)}{\sqrt2}$ である（$=0.6232\ldots$）。
$t=x+\sqrt{x^2+1}$ は、$x=\sinh u$ と $t=e^u$ を合成したものである（prop-isr-hyperbolic の (3)）。双曲線置換のあと $\cosh u,\sinh u$ を $e^u$ で書き直す 2 段を、1 段で済ませている。根号の中の $x^2$ の係数が正なら、$t=\sqrt A\,x+\sqrt{Ax^2+Bx+C}$ とおくと 2 乗したときに $x^2$ が消えて $x=\frac{t^2-C}{2\sqrt A\,t+B}$ となり、同じように有理化できる。

例 6（$x^2$ の係数が負の 2 次式）

$$ \int_2^4\frac{dx}{\sqrt{(x-1)(5-x)}} $$
を求める。根号の中は $-x^2+6x-5$ で、$x^2$ の係数が負、実数の根 $1,5$ をもつ。区間 $[2,4]$ では正である。候補は (a) 例 5 と同じく $t=x+\sqrt{-x^2+6x-5}$、(b) 平方完成して三角置換、(c) $\sqrt{(x-1)(5-x)}=t(x-1)$ とおくこと、である。
(a) では $t-x=\sqrt{-x^2+6x-5}$ を 2 乗すると $t^2-2tx+x^2=-x^2+6x-5$、すなわち $2x^2-(2t+6)x+t^2+5=0$ となる。$x^2$ が消えないので、$x$ は $t$ の 2 次方程式の解になり、$x$ を $t$ で表すのにまた根号が要る。例 5 の置換は、$x^2$ の係数が正で 2 乗したとき $x^2$ が打ち消し合うことに頼っていたのである。
(b) $-x^2+6x-5=4-(x-3)^2$ なので、$x-3=2\sin\theta$ とおく。$x:2\to4$ に $\theta:-\frac\pi6\to\frac\pi6$ が対応し、根号は $2\cos\theta$、$dx=2\cos\theta\,d\theta$ なので
$$ \int_2^4\frac{dx}{\sqrt{(x-1)(5-x)}}=\int_{-\pi/6}^{\pi/6}d\theta=\frac\pi3 $$
である。
(c) の置換も効く。$t^2(x-1)^2=(x-1)(5-x)$ を $x-1$ で割ると $t^2(x-1)=5-x$ で、これは $x$ の 1 次方程式なので $x=\frac{5+t^2}{1+t^2}$ と有理式になる。$\frac{dx}{\sqrt{(x-1)(5-x)}}=-\frac{2\,dt}{1+t^2}$ で、$x:2\to4$ に $t:\sqrt3\to\frac1{\sqrt3}$ が対応するので、$2\bigl(\arctan\sqrt3-\arctan\frac1{\sqrt3}\bigr)=\frac\pi3$ となり一致する。
$x^2$ の係数が負なら、平方完成で $k^2-y^2$ の形にして $y=k\sin\theta$（円の型）。根号の中が実数の根 $\alpha$ をもつなら、$\sqrt{\cdots}=t(x-\alpha)$ とおくと、2 乗して $x-\alpha$ で割れば $x$ の 1 次方程式になり、やはり有理化できる。どの手も「2 次曲線 $Y^2=Ax^2+Bx+C$ 上の点を、ある点を通る直線の傾き $t$ で表す」という同じ考えである（三角関数の有理式の積分の $\tan\frac x2$ が円に対して行ったこと）。

反例と注意

根号の中が 4 次式の場合

2 次式についての thm-isr-quadratic は、根号の中が 3 次以上になると成り立たない。例として
$$ \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} $$
を考える（$x\to1$ で被積分関数は大きくなるが、$0\le x<1$ で $\sqrt{1-x^4}=\sqrt{(1-x)(1+x)(1+x^2)}\ge\sqrt{1-x}$ であり $\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x}}=2$ なので、広義積分として収束する）。根号の中が 4 次式で、$1-x^4=(1-x^2)(1+x^2)$ と分かれる。候補は (a) $x=\sin\theta$、(b) $x^2=\sin\varphi$、(c) 例 6 の (c) にならい $\sqrt{1-x^4}=t(1-x)$ である。
(a) では $\sqrt{1-x^4}=\cos\theta\sqrt{1+\sin^2\theta}$、$dx=\cos\theta\,d\theta$ なので $\int_0^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{1+\sin^2\theta}}$ となる。$1-x^2$ の分の根号は外れたが、$1+x^2$ の分が残った。(b) $x=\sqrt{\sin\varphi}$ とおくと $\sqrt{1-x^4}=\cos\varphi$、$dx=\frac{\cos\varphi}{2\sqrt{\sin\varphi}}\,d\varphi$ なので $\int_0^{\pi/2}\frac{d\varphi}{2\sqrt{\sin\varphi}}$ となり、今度は $\sqrt{\sin\varphi}$ が残る。(c) 2 乗して $1-x$ で割ると $t^2(1-x)=(1+x)(1+x^2)$ となり、$x$ の 3 次方程式である。例 6 と違って $x$ を $t$ の有理式で表せない（表せたとすると $\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}$ が $t$ の有理式になり、次の定理に反する）。
どの置換でも根号は場所を変えるだけで消えない。これは工夫が足りないからではない。次の事実が知られている。

ここで初等関数とは、複素数係数の有理関数から出発し、すでに得た関数 $u$ について指数関数 $e^u$、対数関数 $\log u$、すでに得た関数を係数とする多項式方程式の解（根号など）を付け加え、四則演算を行う、という操作を有限回繰り返して得られる関数のことである（複素数の値を許す。Con05 Definition 3.3）。複素数の値を許すので、三角関数・逆三角関数も指数関数・対数関数で書けて（$\cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}2$、$\arctan x=\frac1{2i}\log\frac{1+ix}{1-ix}$ など）初等関数に入り、thm-isr-quadratic の原始関数もこの意味の初等関数である。thm-isr-elliptic は証明せずに引用する（Con05 Example 4.3。そこでは $P$ の最高次の係数を 1 としているが、定数倍は結論に影響しない）。証明には Liouville の理論と Riemann 面の理論が要る。$P$ が 3 次・4 次のときのこうした積分は、楕円の弧の長さを求めるときに現れるので楕円積分と呼ばれる（5 次以上では超楕円積分という）。
原始関数が書けなくても、定積分の値は数値計算で求まり、$\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=1.3110\ldots$ である。また、$1\le\sqrt{1+x^2}\le\sqrt2$ から $\frac1{\sqrt2}\cdot\frac\pi2\le\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}\le\frac\pi2$（$\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac\pi2$ を使う）のように評価することはできる。

注意

根号の中が 2 次式なら必ず有理化できる（thm-isr-quadratic）が、根号の中が重根のない 3 次以上の多項式 $P$ なら、$\frac1{\sqrt{P(x)}}$ の積分は必ず行き詰まる（thm-isr-elliptic）。これは $\frac1{\sqrt{P}}$ の形についての主張であり、3 次以上の根号を含む積分がすべて初等関数で書けないという意味ではない（たとえば $\frac{P'(x)}{\sqrt{P(x)}}$ の原始関数は $2\sqrt{P(x)}$ である）。$\sqrt{x^4+2x^2+1}=x^2+1$ のように重根があると根号が外れることがあるので、「重根がない」という仮定は省けない。行き詰まったら、原始関数を探すのをやめて、数値計算や不等式による評価に切り替える。

補足

面積から見る

三角置換・双曲線置換の変数は、図形の面積として意味をもつ。
円と楕円。 例 1 と同じ計算で、$0\le x_0\le a$ について
$$ \int_0^{x_0}\sqrt{a^2-x^2}\,dx=\frac{a^2}2\theta_0+\frac12x_0\sqrt{a^2-x_0^2}\qquad\Bigl(\theta_0=\arcsin\frac{x_0}a\Bigr) $$
であり、右辺は中心角 $\theta_0$ の扇形と直角三角形の面積の和である（$x=a\sin\theta$ で $a^2\int_0^{\theta_0}\cos^2\theta\,d\theta=\frac{a^2}2\bigl(\theta_0+\sin\theta_0\cos\theta_0\bigr)$）。$x_0=a$ とすれば 4 分円の面積 $\frac{\pi a^2}4$ である。楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le1$（$a,b>0$）の面積は、上半分が $y=\frac ba\sqrt{a^2-x^2}$ なので
$$ 4\int_0^a\frac ba\sqrt{a^2-x^2}\,dx=4\cdot\frac ba\cdot\frac{\pi a^2}4=\pi ab $$
である。楕円は円を $y$ 方向に $\frac ba$ 倍したものなので、面積も $\frac ba$ 倍になる。
双曲線。 円で中心角 $\theta$ の扇形の面積が $\frac\theta2$ であるのと同じことが、双曲線と変数 $u$ について成り立つ。

2 次曲線を回転して標準形に直す話は 2次曲線と2次形式 で扱う。
円では $\theta$ が「扇形の面積の 2 倍」であり、双曲線では $u$ が同じ意味をもつ。$\cos,\sin$ が円の、$\cosh,\sinh$ が双曲線の「面積で測った角」による座標であるという対応が、2 つの置換が同じ形で働く理由である。例 4 の値 $\sqrt3-\frac{\log(2+\sqrt3)}2$ は、三角形 $\frac{cs}2=\sqrt3$ から、この扇形 $\frac{u_2}2$ を引いたものである。

判断の目安

まず根号の中の次数を見る。2 次式なら平方完成し、$x^2$ の係数と符号で型を決める。置換の変数の範囲は、根号を外したときの符号が決まるように選ぶ（prop-isr-three）。表の「駄目なら次の手」は、本記事の例で試した別の手である。

2 次式の平方根なら、どの行を選んでも最後は有理関数の積分に帰着する（thm-isr-quadratic）。行の選び方で変わるのは計算の長さである。

関連項目

• 前提: 三角関数, 指数関数, 逆三角関数, 置換積分, 有理関数の積分, 三角関数の有理式の積分
• 全体像: 積分計算の技法
• 次に読む: 対称性を用いた積分
• 関連（高校数学）: 2次曲線と2次形式, 媒介変数表示と曲線の長さ
• 背景: 双曲線関数, 2次曲線
• 発展: 楕円積分, Liouvilleの定理(初等関数)