三角関数の有理式の積分

同義語：三角関数の積分integration of trigonometric functions

概要

前提知識: 三角関数, 加法定理, 置換積分, 部分積分, 有理関数の積分

動機

$\sin^3x\cos^2x$、$\frac1{\cos x}$、$\frac1{5+4\cos x}$、$\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}$ のように、$\cos x$ と $\sin x$ から四則演算だけで作った式を三角関数の有理式といい、その積分を考える。2 変数の多項式の商 $R(X,Y)$ を使って $R(\cos x,\sin x)$ と書ける式である。
このような式には、積分区間が $\pi$ の奇数倍を含まなければ、有理関数に直す置換がいつでもある（$t=\tan\frac x2$。prop-itr-weierstrass）。有理関数になれば、原始関数は有理関数・$\log$・$\arctan$ で書ける（有理関数の積分。分母の因数分解が求まれば、部分分数分解で計算も最後まで進む）。ただし、いつでも効く置換は計算が重くなりやすい。式の形によっては $u=\sin x$、$u=\cos x$、$t=\tan x$ のほうがずっと軽く、倍角・積和の公式だけで済むこともある。実際の計算で問題になるのはどの置換を選ぶかである。
以下では、倍角・積和の公式と置換を選ぶ基準を述べて証明し、8 つの例を易しい順に解く。各例では、式のどこに目をつけるか、考えられる置換は何か、うまくいかない手はどこで・なぜ詰まるか、それをどう直すか、なぜ効いたかの順に考え、最後に判断の目安を表にまとめる。

定理と証明

以下、$\log$ は自然対数とする。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
$$ \int_\alpha^\beta f(\varphi(x))\,\varphi'(x)\,dx=\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)}f(u)\,du $$
である（$f$ の原始関数 $F$ について $(F\circ\varphi)'=(f\circ\varphi)\varphi'$ を積分すればよい）。

倍角と積和の公式

加法定理 $\cos(\alpha\pm\beta)=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta$、$\sin(\alpha\pm\beta)=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta$ を足し引きすると、次を得る。
$$ \cos^2x=\frac{1+\cos2x}2,\quad\sin^2x=\frac{1-\cos2x}2,\quad\sin x\cos x=\frac{\sin2x}2, $$
$$ \sin\alpha\cos\beta=\frac{\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)}2,\quad\cos\alpha\cos\beta=\frac{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)}2,\quad\sin\alpha\sin\beta=\frac{\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)}2. $$
これらは「積や冪を、角の大きい 1 次の式に直す」公式である。$\sin nx$、$\cos nx$（$n\ne0$）は $-\frac{\cos nx}n$、$\frac{\sin nx}n$ とすぐ積分できるので、積や冪が 1 次の式の和になれば積分は終わる。

置換を選ぶ基準

$X,Y$ の多項式の商を 2 変数の有理式という。置換を選ぶ基準は、$R(X,Y)$ が $X\mapsto-X$ や $Y\mapsto-Y$ で符号を変えるかどうかである。$x\mapsto\pi-x$ で $(\cos x,\sin x)$ は $(-\cos x,\sin x)$ に、$x\mapsto-x$ で $(\cos x,-\sin x)$ に、$x\mapsto x+\pi$ で $(-\cos x,-\sin x)$ に変わるので、これは被積分関数の対称性を見ていることになる。

偶関数である有理式

$f(X)$ が $X$ の有理式（係数は別の変数の有理式でもよい）で、$f(-X)=f(X)$ を満たすならば、有理式 $g$ があって $f(X)=g(X^2)$ と書ける。

分母を偶にそろえる

$f=\frac PQ$（$P,Q$ は多項式）と書くと、$f=\frac{P(X)Q(-X)}{Q(X)Q(-X)}$ である。分母 $D(X):=Q(X)Q(-X)$ は $D(-X)=D(X)$ を満たす。分子を $N(X):=P(X)Q(-X)$ とおくと、$f(-X)=f(X)$ から $\frac{N(-X)}{D}=\frac{N(X)}{D}$ なので $N(-X)=N(X)$ である。$X$ の多項式が $N(-X)=N(X)$ を満たせば奇数次の係数は $0$ なので、$N$ と $D$ は $X^2$ の多項式である。$\square$

有理関数に直す 3 つの置換

$R(X,Y)$ を 2 変数の有理式とする。
(1) $R(-X,Y)=-R(X,Y)$ ならば、有理式 $S$ により $R(X,Y)=X\,S(X^2,Y)$ と書ける。このとき $u=\sin x$ とおくと $R(\cos x,\sin x)\,dx=S(1-u^2,u)\,du$ となる。
(2) $R(X,-Y)=-R(X,Y)$ ならば、有理式 $S$ により $R(X,Y)=Y\,S(X,Y^2)$ と書ける。このとき $u=\cos x$ とおくと $R(\cos x,\sin x)\,dx=-S(u,1-u^2)\,du$ となる。
(3) $R(-X,-Y)=R(X,Y)$ ならば、有理式 $S$ により $R(X,Y)=S\bigl(X^2,\frac YX\bigr)$ と書ける。このとき $t=\tan x$ とおくと、$\cos x\ne0$ の範囲で $R(\cos x,\sin x)\,dx=S\bigl(\frac1{1+t^2},t\bigr)\frac{dt}{1+t^2}$ となる。
いずれも、$R(\cos x,\sin x)$ が積分区間で連続で、置換後の被積分関数が新しい変数の範囲で連続なら、置換積分の公式により定積分がそのまま移る。

奇関数を「自身 × 偶関数」に分ける

$\frac{R(X,Y)}X$ は $X\mapsto-X$ で変わらないので、lem-itr-even により $X^2$ と $Y$ の有理式 $S(X^2,Y)$ である。$u=\sin x$ なら $du=\cos x\,dx$、$\cos^2x=1-u^2$ なので、$R(\cos x,\sin x)\,dx=S(\cos^2x,\sin x)\cos x\,dx=S(1-u^2,u)\,du$ である。(2) は $X$ と $Y$ の役割を入れ替えて同様で、$du=-\sin x\,dx$ から符号が付く。
$\tilde S(X,T):=R(X,XT)$ とおくと、$\tilde S(-X,T)=R(-X,-XT)=R(X,XT)=\tilde S(X,T)$ なので、lem-itr-even により $\tilde S(X,T)=S(X^2,T)$ と書ける。$T=\frac YX$ とおけば $R(X,Y)=S\bigl(X^2,\frac YX\bigr)$ である。$t=\tan x$ なら $\frac{\sin x}{\cos x}=t$、$\cos^2x=\frac1{1+\tan^2x}=\frac1{1+t^2}$、$dt=\frac{dx}{\cos^2x}=(1+t^2)\,dx$ なので主張の形になる。
最後の主張：置換後の式と元の式は、有限個の点（$\cos x=0$ や $\sin x=0$ となる点）を除いて一致し、どちらも連続なのでそこでも一致する。あとは置換積分の公式を使えばよい。$\square$

$\sin x\cos x$ や $\sin^2x$ は $\frac{\sin x}{\cos x}\cdot\cos^2x=\frac{t}{1+t^2}$、$\frac{t^2}{1+t^2}$ となる。(1)〜(3) のどれにも当てはまらない式には、次の置換がいつでも使える。

正接の半角による置換

$-\pi<\alpha<\beta<\pi$ とし、$R(\cos x,\sin x)$ が $[\alpha,\beta]$ で連続とする。$t=\tan\frac x2$ とおくと $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$、$\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$、$dx=\frac{2\,dt}{1+t^2}$ であり、
$$ \int_\alpha^\beta R(\cos x,\sin x)\,dx=\int_{\tan(\alpha/2)}^{\tan(\beta/2)}R\Bigl(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\Bigr)\frac{2\,dt}{1+t^2} $$
が成り立つ。右辺の被積分関数は $t$ の有理関数である。

逆正接を置換の関数にする

$\varphi(t):=2\arctan t$ は実数全体から $(-\pi,\pi)$ への増加関数で、微分可能、$\varphi'(t)=\frac2{1+t^2}$、$\varphi(\tan\frac x2)=x$ である。$\theta=\arctan t$ とおくと $\cos^2\theta=\frac1{1+t^2}$ なので、倍角の公式から $\cos2\theta=\cos^2\theta(1-\tan^2\theta)=\frac{1-t^2}{1+t^2}$、$\sin2\theta=2\tan\theta\cos^2\theta=\frac{2t}{1+t^2}$ である。$f(x):=R(\cos x,\sin x)$ として、$[\tan\frac\alpha2,\tan\frac\beta2]$ 上で置換積分の公式を使えばよい。$\square$

$t=\tan\frac x2$ で $\cos x,\sin x$ を $t$ の有理式に書く式の導き方は加法定理から積和・和積・合成・正接の公式を導くで扱い、同じ式が単位円の有理点の媒介変数表示になることはピタゴラス数と円の有理点で扱う。
区間 $[\alpha,\beta]$ が $\pi$ の奇数倍を含まなければ、隣り合う奇数倍の間にあるので、ある整数 $k$ について $[\alpha,\beta]\subset(-\pi+2k\pi,\pi+2k\pi)$ である。$R(\cos x,\sin x)$ は周期 $2\pi$ をもつので、$x=y+2k\pi$ と置換すれば prop-itr-weierstrass に帰着する。$\tan\frac x2=\tan\bigl(\frac y2+k\pi\bigr)=\tan\frac y2$ なので、$t=\tan\frac x2$ と積分の端 $\tan\frac\alpha2$、$\tan\frac\beta2$ はこの区間でもそのまま使える。
この置換が効く理由は図形で分かる。単位円上の点 $(\cos x,\sin x)$ と点 $(-1,0)$ を結ぶ直線の傾きが $\frac{\sin x}{1+\cos x}=\tan\frac x2$ であり、逆に傾き $t$ の直線 $Y=t(X+1)$ と円のもう 1 つの交点が $\bigl(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\bigr)$ である。つまり $t=\tan\frac x2$ は円周を有理式で媒介変数表示している。代償として、$\cos x,\sin x$ がともに $t$ の 2 次の式になるので、置換後の有理関数の次数は (1)〜(3) の置換より高くなりやすい。

例

例 1（奇数乗を含む積）

$$ \int_0^{\pi/2}\sin^3x\cos^2x\,dx $$
を求める。
$\sin x$ が奇数乗、$\cos x$ が偶数乗である。$R(X,Y)=X^2Y^3$ は $Y\mapsto-Y$ で符号を変える。
候補となる手は次のとおりである。(a) $u=\sin x$。(b) $u=\cos x$。(c) 倍角・積和の公式で 1 次の式に直す。
(a) $du=\cos x\,dx$ なので、$\cos x$ を 1 つ $du$ に回すと $\sin^3x\cos x\cdot\cos x\,dx=u^3\cos x\,du$ となり、$\cos x$ が 1 つ残る。$[0,\frac\pi2]$ では $\cos x=\sqrt{1-u^2}$ なので $\int_0^1u^3\sqrt{1-u^2}\,du$ となり、根号が入る。$\cos x$ が偶数乗なので、1 つ取ると奇数乗が残り、それを $u$ で書くのに平方根が要るのである。
(c) $\sin^3x\cos^2x=\sin x\,(\sin x\cos x)^2=\frac{\sin x\,(1-\cos4x)}8$ で、さらに積和の公式 $\sin x\cos4x=\frac{\sin5x-\sin3x}2$ を使うと $\frac{\sin x}8-\frac{\sin5x-\sin3x}{16}$ となる。積分すると $\frac18-\frac1{16}\bigl(\frac15-\frac13\bigr)=\frac2{15}$ で正しい値が出るが、公式を 3 回使った。
(b) $du=-\sin x\,dx$ で、$\sin x$ を 1 つ $du$ に回すと残りは $\sin^2x=1-u^2$ と偶数乗になり、$u$ の多項式で書ける。$x$ が $0$ から $\frac\pi2$ まで動くとき $u$ は $1$ から $0$ まで動くので
$$ \int_0^{\pi/2}\sin^2x\cos^2x\cdot\sin x\,dx=\int_1^0(1-u^2)u^2\,(-du)=\int_0^1(u^2-u^4)\,du=\frac13-\frac15=\frac2{15} $$
である。
奇数乗の関数から 1 つを $du$ に回し、残った偶数乗を $\sin^2x+\cos^2x=1$ で相手の関数に書き直す。$\sin^mx\cos^nx$ では、$m$ が奇数なら $u=\cos x$、$n$ が奇数なら $u=\sin x$ である（prop-itr-choose の (2)・(1)）。$m,n$ がともに偶数なら、この手は効かない（例 3）。

例 2（$\frac1{\cos x}$）

$$ \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos x} $$
を求める。
$\cos x$ の $-1$ 乗で、負の奇数乗である。$R(X,Y)=\frac1X$ は $X\mapsto-X$ で符号を変える。
候補となる手は次のとおりである。(a) $u=\cos x$。(b) $t=\tan x$。(c) $u=\sin x$。
(a) $du=-\sin x\,dx$ だが、式に $\sin x$ がないので $dx=-\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}$ となり、根号が入る。(b) $\cos x>0$ の範囲で $\frac1{\cos x}=\sqrt{1+\tan^2x}$ なので、$\int_0^1\frac{\sqrt{1+t^2}}{1+t^2}\,dt=\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}$ となり、やはり根号が入る。$R(-X,-Y)=-R(X,Y)$ なので prop-itr-choose の (3) の条件を満たさず、$\cos x$ の符号が $\tan x$ だけでは決まらないことが根号として現れている。
(c) 分子と分母に $\cos x$ を掛けて $\frac{\cos x}{\cos^2x}=\frac{\cos x}{1-\sin^2x}$ とすると、$u=\sin x$ で
$$ \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos x}=\int_0^{1/\sqrt2}\frac{du}{1-u^2}=\Bigl[\frac12\log\frac{1+u}{1-u}\Bigr]_0^{1/\sqrt2}=\frac12\log\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}=\log(1+\sqrt2) $$
である（$\frac1{1-u^2}=\frac12\bigl(\frac1{1+u}+\frac1{1-u}\bigr)$、$\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}=(\sqrt2+1)^2$。値は $0.8813\ldots$）。
負の冪でも奇数乗なら例 1 と同じ手が効く。$du$ を作るための $\cos x$ が式になければ、分子と分母に掛けて作る。(b) で出た $\int\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}$ も初等的に計算できる（根号を含む関数の積分）が、有理関数に直す (c) のほうが道具が少ない。

例 3（ともに偶数乗）

$$ \int_0^{\pi/2}\sin^2x\cos^4x\,dx $$
を求める。
$\sin x$ も $\cos x$ も偶数乗である。$R(X,Y)=X^4Y^2$ は $X\mapsto-X$ でも $Y\mapsto-Y$ でも変わらない。
候補となる手は次のとおりである。(a) $u=\cos x$。(b) $t=\tan x$。(c) 倍角の公式で次数を下げる。
(a) $\sin x$ を 1 つ $du$ に回すと $\sin x$ が 1 つ残り、$\sqrt{1-u^2}$ が入る。例 1 の (a) と同じ詰まり方で、偶数乗しかないので避けようがない。(b) $R(-X,-Y)=R(X,Y)$ なので効くはずである。$\sin^2x\cos^4x=\tan^2x\cos^6x=\frac{t^2}{(1+t^2)^3}$ なので $\int_0^\infty\frac{t^2}{(1+t^2)^4}\,dt$ となる（$x\to\frac\pi2$ で $t\to\infty$ なので、上端は極限の意味である）。有理関数にはなったが、$(1+t^2)^4$ の分母は冪を下げる漸化式を 3 回使う必要があり（有理関数の積分）、しかも積分区間が無限に伸びた。
(c) $\sin x\cos x=\frac{\sin2x}2$、$\cos^2x=\frac{1+\cos2x}2$ から
$$ \sin^2x\cos^4x=(\sin x\cos x)^2\cos^2x=\frac{\sin^22x}4\cdot\frac{1+\cos2x}2=\frac18\bigl(\sin^22x+\sin^22x\cos2x\bigr) $$
である。$\int_0^{\pi/2}\sin^22x\,dx=\int_0^{\pi/2}\frac{1-\cos4x}2\,dx=\frac\pi4$。第 2 項は $\cos2x$ が奇数乗なので $u=\sin2x$ が効き、$\bigl[\frac{\sin^32x}6\bigr]_0^{\pi/2}=0$ である。よって
$$ \int_0^{\pi/2}\sin^2x\cos^4x\,dx=\frac18\cdot\frac\pi4=\frac\pi{32} $$
である（$=0.0981\ldots$）。
ともに偶数乗なら、倍角の公式で次数を半分にする。下げた結果に奇数乗が現れれば例 1 の手に戻る。値に $\pi$ が入るのは、$\sin^22x$ のような「平均が $\frac12$ の項」が残るためである。$\int_0^{\pi/2}\cos^nx\,dx$ のような単独の冪は、部分積分による漸化式（Wallis 積分）でも求まる。

例 4（角の違う三角関数の積）

$$ \int_0^{\pi/2}\sin3x\cos x\,dx $$
を求める。
$\sin3x$ と $\cos x$ の積で、角が違う。
候補となる手は次のとおりである。(a) $\sin3x=3\sin x-4\sin^3x$ と展開して $u=\sin x$。(b) 部分積分を 2 回。(c) 積和の公式。
(a) $(3\sin x-4\sin^3x)\cos x$ で $u=\sin x$ とおくと $\int_0^1(3u-4u^3)\,du=\frac12$ となり、正しい値が出る。ただし 3 倍角の公式が要り、$\sin7x$ なら 7 倍角の公式が要る。
(b) $I:=\int\sin3x\cos x\,dx$、$K:=\int\cos3x\sin x\,dx$ とおくと、$\cos x=(\sin x)'$、$\sin x=(-\cos x)'$ として部分積分して
$$ I=\sin3x\sin x-3K,\qquad K=-\cos3x\cos x-3I $$
である。$K$ を消すと $I=\sin3x\sin x+3\cos3x\cos x+9I$ となり、$I=-\frac18(\sin3x\sin x+3\cos3x\cos x)$ を得る。これも正しい（$[0,\frac\pi2]$ で $\frac18+\frac38=\frac12$）。しかし、角が等しい $\int\sin mx\cos mx\,dx$ に同じ手順を使うと、$9I$ の係数が $\frac{m^2}{m^2}=1$ になって $I$ が両辺で打ち消し合い、定数どうしの関係しか残らない（不定積分は定数の差を除いて決まるので、矛盾ではなく情報がなくなる）。
(c) $\sin3x\cos x=\frac{\sin4x+\sin2x}2$ なので
$$ \int_0^{\pi/2}\sin3x\cos x\,dx=\frac12\Bigl[-\frac{\cos4x}4-\frac{\cos2x}2\Bigr]_0^{\pi/2}=\frac12\Bigl(\Bigl(-\frac14+\frac12\Bigr)-\Bigl(-\frac14-\frac12\Bigr)\Bigr)=\frac12 $$
である。
積和の公式は、角の違う積を 1 次の式の和に一段で直す。$m,n$ が正の整数のとき、$\int_0^{2\pi}\sin mx\cos nx\,dx=0$ や、$m\ne n$ のときの $\int_0^{2\pi}\sin mx\sin nx\,dx=0$ も同じ計算で出る（三角関数の直交性（高校数学））。

例 5（2 乗だけの有理式）

$$ \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos^2x+3\sin^2x} $$
を求める。
式には $\cos^2x$ と $\sin^2x$ しか現れない。$R(X,Y)=\frac1{X^2+3Y^2}$ は $(X,Y)\mapsto(-X,-Y)$ で変わらない。
候補となる手は次のとおりである。(a) いつでも効く $s=\tan\frac x2$。(b) $t=\tan x$。
(a) $\cos^2x+3\sin^2x=1+2\sin^2x=1+\frac{8s^2}{(1+s^2)^2}$ なので、被積分関数は
$$ \frac{(1+s^2)^2}{(1+s^2)^2+8s^2}\cdot\frac2{1+s^2}=\frac{2(1+s^2)}{s^4+10s^2+1} $$
となり、$s$ は $0$ から $\tan\frac\pi8=\sqrt2-1$ まで動く。分母は $(s^2+5)^2-24=(s^2+5-2\sqrt6)(s^2+5+2\sqrt6)$ と分解でき、計算は続けられるが、4 次の分母と二重根号 $\sqrt{5\pm2\sqrt6}=\sqrt3\pm\sqrt2$ を扱うことになる。$\cos x,\sin x$ がそれぞれ $s$ の 2 次の式になるので、2 乗すると 4 次になってしまう。
(b) 分母を $\cos^2x$ でくくると $\cos^2x\,(1+3\tan^2x)$ であり、$\frac{dx}{\cos^2x}=dt$ なので
$$ \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos^2x+3\sin^2x}=\int_0^1\frac{dt}{1+3t^2}=\frac1{\sqrt3}\arctan\sqrt3=\frac{\pi}{3\sqrt3} $$
である（$=0.6045\ldots$）。
$\cos^2x$、$\sin^2x$、$\sin x\cos x$ だけでできた式（$x\mapsto x+\pi$ で変わらない式）では、$t=\tan x$ のほうが $\tan\frac x2$ より次数が半分で済む。$\cos^2x$ で分子と分母を割るのが実際の計算である。

例 6（1 次の $\cos x$ を含む分母）

$$ \int_0^{\pi/2}\frac{dx}{5+4\cos x} $$
を求める。
分母に $\cos x$ が 1 次で現れる。$R(X,Y)=\frac1{5+4X}$ は $X\mapsto-X$ で $\frac1{5-4X}$ に変わり、$\pm R$ のどちらでもない。$(X,Y)\mapsto(-X,-Y)$ でも同じである。$Y\mapsto-Y$ では変わらないが、prop-itr-choose の (2) が要求するのは符号が変わることである。
候補となる手は次のとおりである。(a) $u=\cos x$。(b) $t=\tan x$。(c) $t=\tan\frac x2$。
(a) 式に $\sin x$ がないので $dx=-\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}$ となり、根号が入る。(b) $[0,\frac\pi2)$ で $\cos x=\frac1{\sqrt{1+t^2}}$ なので、分母が $5+\frac4{\sqrt{1+t^2}}$ となり、根号が入る。(a) では $du=-\sin x\,dx$ の $\sin x$ が式になく、$5+4\cos x$ には $\sin x$ が現れないので補えない。(b) では $\cos x$ が 1 次で現れるので、$\cos x=\frac1{\sqrt{1+t^2}}$ の根号が残る。どちらも prop-itr-choose の条件を満たしていない（ただし命題の条件は十分条件であり、根号が残る理由はいま述べた直接の理由である）。
(c) $5+4\cdot\frac{1-t^2}{1+t^2}=\frac{9+t^2}{1+t^2}$ なので、prop-itr-weierstrass（区間 $[0,\frac\pi2]$ は $(-\pi,\pi)$ に含まれる）により
$$ \int_0^{\pi/2}\frac{dx}{5+4\cos x}=\int_0^1\frac{2\,dt}{9+t^2}=\frac23\arctan\frac13 $$
である（$=0.2145\ldots$）。
$a+b\cos x$ や $a+b\sin x$ のように $\cos x,\sin x$ が 1 次で現れる分母は、(1)〜(3) の対称性をもたないので、$\tan\frac x2$ が標準である。$a>|b|$ なら $a+b\cos x$ は $\frac{(a+b)+(a-b)t^2}{1+t^2}$ となり、答えは $\arctan$ で書ける。

例 7（$\sin x$ と $\cos x$ の 1 次式の比）

$$ \int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx $$
を求める。
分子も分母も $\sin x,\cos x$ の 1 次式で、$(X,Y)\mapsto(-X,-Y)$ で変わらない。分母の導関数 $\cos x-\sin x$ も同じ形の 1 次式である。
候補となる手は次のとおりである。(a) $s=\tan\frac x2$。(b) $t=\tan x$。(c) 分子を「分母」と「分母の導関数」の組合せで書く。
(a) 被積分関数は $\frac{-4s}{(s^2+1)(s^2-2s-1)}$ となる。$s^2-2s-1$ の根は $1\pm\sqrt2$ で、部分分数分解すると $\log|s-1\mp\sqrt2|$ が現れる。答えは $\frac\pi4$ なのに、途中に $\sqrt2$ を含む対数が現れて最後に打ち消し合う、見通しの悪い計算になる。
(b) $\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}=\frac{t}{t+1}$ なので、$\int_0^{\infty}\frac{t\,dt}{(1+t)(1+t^2)}$ となる（$x\to\frac\pi2$ で $t\to\infty$ なので、上端は極限の意味である）。部分分数分解 $\frac{t}{(1+t)(1+t^2)}=-\frac1{2(1+t)}+\frac{t+1}{2(1+t^2)}$ から、原始関数は $\frac14\log\frac{1+t^2}{(1+t)^2}+\frac12\arctan t$ である。ここで $\log(1+t)$ と $\log(1+t^2)$ はそれぞれ $t\to\infty$ で発散するので、まとめてから極限をとる必要がある。$\frac{1+t^2}{(1+t)^2}\to1$ なので値は $\frac\pi4$ である。正しいが、広義積分の扱いに注意が要る。
(c) $\sin x=\alpha(\sin x+\cos x)+\beta(\cos x-\sin x)$ とおくと、$\sin x$ の係数から $\alpha-\beta=1$、$\cos x$ の係数から $\alpha+\beta=0$ なので、$\alpha=\frac12$、$\beta=-\frac12$ である。よって
$$ \int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx=\Bigl[\frac x2-\frac12\log(\sin x+\cos x)\Bigr]_0^{\pi/2}=\frac\pi4-\frac12(\log1-\log1)=\frac\pi4 $$
である（$[0,\frac\pi2]$ で $\sin x+\cos x\ge1>0$）。
$\frac{p\sin x+q\cos x}{a\sin x+b\cos x}$ の形では、分子を「分母の定数倍 $+$ 分母の導関数の定数倍」に分けると、$x$ と $\log$ だけで終わる。$(a,b)\ne(0,0)$ なら、$p\sin x+q\cos x=\alpha(a\sin x+b\cos x)+\beta(a\cos x-b\sin x)$ の係数を比べた連立方程式 $a\alpha-b\beta=p$、$b\alpha+a\beta=q$ は必ず解ける（係数の行列式が $a^2+b^2\ne0$）。なお、$x\mapsto\frac\pi2-x$ で分子の $\sin x$ が $\cos x$ に替わることを使えば、2 つを足して $\frac\pi2$ になることからも値が分かる。

例 8（置換の関数が区間の途中で定義されない）

$$ \int_0^{\pi}\frac{dx}{1+\sin^2x} $$
を求める。
$R(X,Y)=\frac1{1+Y^2}$ は $(X,Y)\mapsto(-X,-Y)$ で変わらないので、$t=\tan x$ が候補になる。ただし積分区間 $[0,\pi]$ は $\tan x$ が定義されない点 $\frac\pi2$ を含む。
候補となる手は次のとおりである。(a) そのまま $t=\tan x$。(b) 区間を分け、対称性を使ってから $t=\tan x$。
(a) $1+\sin^2x=\cos^2x\,(1+2\tan^2x)$ なので $\frac{dx}{1+\sin^2x}=\frac{dt}{1+2t^2}$ である。端点では $\tan0=\tan\pi=0$ なので、機械的に計算すると $\int_0^0\frac{dt}{1+2t^2}=0$ となる。しかし被積分関数は正で $\frac12$ 以上なので、積分は $\frac\pi2$ 以上のはずである。$\tan x$ が区間の途中の $\frac\pi2$ で定義されないことが原因であり、詳しくは ex-itr-crossing で述べる。
(b) $\sin(\pi-x)=\sin x$ なので、$\int_{\pi/2}^\pi$ で $x=\pi-y$ と置換すると $\int_0^{\pi/2}$ に等しく、$\int_0^\pi=2\int_0^{\pi/2}$ である。$0<\beta<\frac\pi2$ では $[0,\beta]$ で $t=\tan x$ が使えるので
$$ \int_0^{\beta}\frac{dx}{1+\sin^2x}=\int_0^{\tan\beta}\frac{dt}{1+2t^2}=\frac1{\sqrt2}\arctan(\sqrt2\tan\beta) $$
である。左辺は $\beta$ の連続関数なので $\beta\to\frac\pi2-0$ とすると $\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+\sin^2x}=\frac1{\sqrt2}\cdot\frac\pi2$ となり、
$$ \int_0^\pi\frac{dx}{1+\sin^2x}=\frac{\pi}{\sqrt2} $$
である（$=2.2214\ldots$）。
置換を選んだら、置換の関数が積分区間全体で定義され微分可能かを確かめる。$\tan x$ は $\frac\pi2+k\pi$ で、$\tan\frac x2$ は $\pi+2k\pi$ で定義されない。区間がこれらの点を含むときは、区間を分け、周期性や対称性で定義される範囲に移し、端では極限をとる。

反例・注意

反例：区間の途中で定義されない置換

例 8 の (a) の計算は誤りである。$\varphi(x)=\tan x$ は $x=\frac\pi2$ で定義されず、$[0,\pi]$ 上で微分可能な関数ではないので、置換積分の公式の仮定を満たさない。実際、$x$ が $0$ から $\pi$ まで動くとき、$t=\tan x$ は $0$ から $+\infty$ へ行き、$-\infty$ から $0$ へ戻ってくる。$t$ は実数全体を 1 回ずつ通るのであって、「$0$ から $0$ まで」動くのではない。この反例は「置換の前後で端点の値が対応していれば、積分の値は移る」という含意を破る。$t=\tan\frac x2$ でも、$[0,2\pi]$ のように $\pi$ を含む区間では同じことが起こる。

補足

判断の目安

例 1〜8 で確かめた範囲で、判断の目安をまとめる。被積分関数を $R(\cos x,\sin x)$ と見て、次の順に確かめる。どの行でも、置換の関数が積分区間全体で定義されるか（$\tan x$ なら $\frac\pi2+k\pi$、$\tan\frac x2$ なら $\pi+2k\pi$ を含まないか）を先に見る（ex-itr-crossing）。

形	最初に試す手	駄目なら次の手
$\sin x$ の奇数乗を含む（$R(X,-Y)=-R$）	$u=\cos x$（例 1）	$t=\tan\frac x2$
$\cos x$ の奇数乗を含む（負の冪も。$R(-X,Y)=-R$）	$u=\sin x$、必要なら分子と分母に $\cos x$ を掛ける（例 2）	$t=\tan\frac x2$
$\sin x,\cos x$ がともに偶数乗の積	倍角の公式で次数を下げる（例 3）	$t=\tan x$
$\sin mx\cos nx$ など角の違う積	積和の公式（例 4）	部分積分 2 回（$m\ne n$、$m,n>0$ のときだけ）
$\cos^2x,\sin^2x,\sin x\cos x$ だけの有理式（$R(-X,-Y)=R$）	$\cos^2x$ で割って $t=\tan x$（例 5）	$t=\tan\frac x2$
$a+b\cos x$、$a+b\sin x$ のような 1 次の分母	$t=\tan\frac x2$（例 6）	—
$\frac{p\sin x+q\cos x}{a\sin x+b\cos x}$	分子 $=\alpha\cdot$分母$+\beta\cdot$分母の導関数（例 7）	$t=\tan x$ と部分分数
区間が置換の定義されない点を含む	区間を分け、周期性・対称性で移す（例 8）	端で極限をとる

(1)〜(3) の置換と倍角・積和の公式は、$t=\tan\frac x2$ より計算が軽いことが多い（例 5・例 7 の (a) と比べよ）。$t=\tan\frac x2$ は区間が $\pi$ の奇数倍を含まなければいつでも使えるが、次数が上がるので最後の手段にする。例 1〜3 と例 6 の (a)、例 2 と例 6 の (b) で置換後に根号が現れたのは、どれもその置換が prop-itr-choose の条件を満たしていない場合であった。根号が出たら、まずその置換が条件に合っているかを確かめる。