有理関数の積分

前提知識: 有理関数, 多項式の割り算, 置換積分, 部分積分, 対数関数, 逆正接関数

動機

多項式の商 $\frac{P(x)}{Q(x)}$（$P,Q$ は実数係数の多項式、$Q\ne0$）を有理関数という。有理関数の積分には、ほかの関数にない強い保証がある。
有理関数の原始関数は、分母の根を含まない区間の上で、有理関数・$\log$・$\arctan$ の組合せで必ず書ける（thm-irf-antiderivative）。
したがって、分母の因数分解が求まれば、迷うのは「書けるかどうか」ではなく「どういう順で手を動かすか」である。標準の手順は次の 5 段である。

1. 割り算：分子の次数が分母の次数以上なら、割って多項式の部分を取り出す。
2. 分母の因数分解：実数の範囲で、1 次式と、実数の根をもたない 2 次式の積に分ける。
3. 分解の形を決める：因数ごとに、置くべき項の形を決める（部分分数分解）。
4. 係数を決める：代入・係数比較・微分のどれかで未知数を決める。
5. 各項を積分する：$\log$ と $\arctan$ と有理関数が出る。
   以下では、第 2 段の因数分解が存在し、それが求まれば残りの段が必ず実行でき、部分分数分解が一通りに決まることを証明し、そのあと 7 つの例を易しい順に解く。各例では、次数、分母の因数、分子と分母の導関数の関係のどこに目をつけるか、考えられる手は何か、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、$\log$ は自然対数とし、微分積分学の基本定理を次の形で使う：$G$ が $[a,b]$ で微分可能で $G'$ が連続なら $\int_a^bG'(x)\,dx=G(b)-G(a)$ である。
5 段の手順では「部分分数分解のあとの項は 3 つの基本形の積分に帰着する」「分母は 1 次式と 2 次式に分かれる」「置いた形で必ず等式にできる」「係数は一通りに決まる」ことを使う。以下でこれらを示す。

3 つの基本形

部分分数分解のあとに現れる項は、次の 3 種類の積分に帰着する。$\arctan$ は $\tan$ を $\bigl(-\frac\pi2,\frac\pi2\bigr)$ に制限した関数の逆関数であり、$\arctan$ が微分可能であること（逆関数の微分法）を前提とし、$\theta=\arctan x$ とおくと $x=\tan\theta$ の両辺を $x$ で微分して $1=\frac{\theta'}{\cos^2\theta}$、すなわち $(\arctan x)'=\cos^2\theta=\frac1{1+\tan^2\theta}=\frac1{1+x^2}$ である。

1. の $\log|x-a|$ は、$a$ を含まない区間ごとの原始関数である。$a$ をまたぐ区間で原始関数の差をとってはいけない（ex-irf-across-root）。

分母の因数分解

既約因数という言葉を、次の 2 種類の多項式の意味で使う：1 次式 $x-a$（$a$ は実数）と、判別式が負の 2 次式 $x^2+bx+c$（$b^2-4c<0$）。

この分解の根拠である代数学の基本定理は 複素数と方程式：代数学の基本定理 で扱う。

部分分数分解の存在と一意性

部分分数分解で数列の一般項を求める使い方は Fibonacci数の母関数 で扱う。
一意性から、「どの方法で係数を求めても同じ答えになる」ことと、「式の対称性から係数の関係が分かる」こと（例 7）が従う。また未知数の個数は $\sum_im_i\deg q_i=\deg Q$ であり、例 5 の (b) のように個数が合わない形は最初から誤りである。

係数の求め方

係数比較法と数値代入法が正しい理由は 恒等式と未定係数法 で扱う。
2 次因数が 2 回以上現れる場合にも、同じく「掛けてから代入する」ことで一番高い冪の係数は決まるが、残りは係数比較で求めるのが簡単である。

原始関数の形

$k=2$、$\delta=1$ とすると $J_2=\frac{t}{2(t^2+1)}+\frac12\arctan t$ であり、例 6 の結果に一致する。この定理は存在を保証するだけでなく、5 段の手順そのものが証明になっている。

例

例 1（異なる 1 次式の積に分かれる分母）

$$ \int_2^3\frac{x+5}{x^2+x-2}\,dx $$
を求める。
分子は 1 次、分母は 2 次で、分子の次数のほうが低い。分母は $x^2+x-2=(x-1)(x+2)$ と、異なる 1 次式の積に分かれる。積分区間 $[2,3]$ は分母の根 $1,-2$ を含まない。
候補となる手は次のとおりである。(a) 分母を $u$ とおく置換（$\frac{f'}{f}$ の形を作る）。(b) 部分分数分解。
(a) 分母の導関数は $2x+1$ である。分子をこれに合わせると $x+5=\frac12(2x+1)+\frac92$ なので
$$ \int\frac{x+5}{x^2+x-2}\,dx=\frac12\log|x^2+x-2|+\frac92\int\frac{dx}{x^2+x-2} $$
となる。第 1 項は片づいたが、第 2 項は分子に $x$ がなく、同じ置換はもう使えない。分子を分母の導関数に合わせる手は「$2x+1$ の定数倍」の部分しか処理できず、残った定数の分子が本当の問題として残る。
(b) 分母が 2 つの異なる 1 次式の積なので
$$ \frac{x+5}{(x-1)(x+2)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+2} $$
とおく。両辺に $(x-1)(x+2)$ を掛けた $x+5=A(x+2)+B(x-1)$ は多項式としての恒等式である。$x=1$ を代入すると $6=3A$、$x=-2$ を代入すると $3=-3B$ なので、$A=2$、$B=-1$ である。よって
$$ \int_2^3\frac{x+5}{x^2+x-2}\,dx=\Bigl[2\log|x-1|-\log|x+2|\Bigr]_2^3=(2\log2-\log5)-(0-\log4)=\log\frac{16}5 $$
である（$=1.1631\ldots$）。
$x=1$ の代入は、元の式に $x-1$ を掛けてから $x=1$ とおくのと同じで、$A=\frac{x+5}{x+2}\Big|_{x=1}$ と一行で書ける。分母の因数 $x-1$ を指で隠して、残りに $x=1$ を入れる計算なので、隠す方法と呼ばれることがある。分母が異なる 1 次式の積 $(x-a_1)\cdots(x-a_n)$ で分子の次数が $n$ 未満なら、分子が何であっても $\sum_i\frac{A_i}{x-a_i}$ の形になり、各 $A_i$ は代入 1 回で決まる（prop-irf-coefficients）。(a) の置換だけで終わるのは、分子がちょうど分母の導関数の定数倍のときである。

例 2（分子の次数が分母以上）

$$ \int_2^3\frac{x^3}{x^2-1}\,dx $$
を求める。
分子は 3 次、分母は 2 次で、分子の次数のほうが高い。分母は $(x-1)(x+1)$ である。
候補となる手は次のとおりである。(a) 例 1 と同じく $\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}$ とおく。(b) 先に割り算をする。(c) $u=x^2-1$ とおく。
(a) 隠す方法をそのまま使うと、$A=\frac{x^3}{x+1}\Big|_{x=1}=\frac12$、$B=\frac{x^3}{x-1}\Big|_{x=-1}=\frac12$ となり、
$$ \frac{x^3}{x^2-1}\overset{?}{=}\frac{1/2}{x-1}+\frac{1/2}{x+1}=\frac{x}{x^2-1} $$
が得られる。しかし $x=2$ で左辺は $\frac83$、右辺は $\frac23$ であり、等しくない。原因は $x\to\infty$ での振る舞いにある。左辺は $x$ と同じくらいの速さで大きくなるが、$\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}$ はどんな $A,B$ でも $0$ に近づく。置いた形そのものが間違っているので、係数をどう選んでも等式にならない。
(b) $x^3=x(x^2-1)+x$ なので
$$ \frac{x^3}{x^2-1}=x+\frac{x}{x^2-1} $$
である。(a) で得た $\frac{x}{x^2-1}$ は、ちょうど割り算の余りの部分であった。隠す方法の計算自体は正しく、商 $x$ を落としていたのである。余りの部分は分子が分母の導関数の $\frac12$ なので
$$ \int_2^3\frac{x^3}{x^2-1}\,dx=\Bigl[\frac{x^2}2+\frac12\log(x^2-1)\Bigr]_2^3=\frac52+\frac12\log\frac83 $$
である（$=2.9904\ldots$）。
(c) の置換もこの例では効く。$u=x^2-1$ とおくと $x^3\,dx=x^2\cdot x\,dx=\frac{u+1}2\,du$ なので、$\int_3^8\frac{u+1}{2u}\,du=\frac52+\frac12\log\frac83$ となり、同じ値が出る。
部分分数分解の定理（thm-irf-partial-fractions）は「分子の次数 $<$ 分母の次数」を仮定している。この仮定を満たさないときは、最初に割り算をする。(c) が効いたのは、被積分関数が「$x^2$ の関数 $\times x$」の形（奇関数）だったからで、$\frac{x^3+1}{x^2-1}$ のように形が崩れると (c) は使えないが、(b) はいつでも使える。

例 3（重複する 1 次因数）

$$ \int_2^3\frac{x^2+1}{x(x-1)^2}\,dx $$
を求める。
分子は 2 次、分母は 3 次で、割り算は要らない。分母には $x-1$ が 2 回現れる。
候補となる手は次のとおりである。(a) 因数ごとに 1 項：$\frac Ax+\frac{B}{x-1}$。(b) 重複の分だけ項を増やす：$\frac Ax+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{(x-1)^2}$。(c) $\frac Ax+\frac{Bx+C}{(x-1)^2}$。
(a) 両辺に $x(x-1)^2$ を掛けると $x^2+1=A(x-1)^2+Bx(x-1)$ となる。$x=1$ を代入すると左辺は $2$、右辺は $0$ で矛盾する。$\frac Ax+\frac B{x-1}$ を通分すると分母は高々 $x(x-1)$ であり、$x=1$ の近くで $\frac{2}{(x-1)^2}$ のように大きくなる左辺を表せない。(a) も置いた形が足りない。
(c) は正しい等式にできるが、$\frac{Bx+C}{(x-1)^2}=\frac{B}{x-1}+\frac{B+C}{(x-1)^2}$ と分けないと積分できないので、結局 (b) と同じになる。
(b) 両辺に $x(x-1)^2$ を掛けると
$$ x^2+1=A(x-1)^2+Bx(x-1)+Cx $$
である。$x=0$ を代入して $A=1$、$x=1$ を代入して $C=2$。残る $B$ は代入 1 回では出ないので、$x^2$ の係数を比べて $A+B=1$、すなわち $B=0$ である。よって
$$ \int_2^3\frac{x^2+1}{x(x-1)^2}\,dx=\Bigl[\log x-\frac{2}{x-1}\Bigr]_2^3=(\log3-1)-(\log2-2)=\log\frac32+1 $$
である（$=1.4054\ldots$）。
因数 $(x-a)^m$ には $\frac{A_1}{x-a}+\cdots+\frac{A_m}{(x-a)^m}$ の $m$ 項を置く。一番高い冪の係数 $A_m$ は隠す方法で出る。残りは係数比較でもよいが、微分でも出る。いまの例では $g(x):=\frac{x^2+1}{x}$（元の式に $(x-1)^2$ を掛けたもの）とおくと、$g(x)=C+B(x-1)+(x-1)^2\cdot\frac Ax$ なので、$x=1$ で微分して $B=g'(1)=\bigl(1-\frac1{x^2}\bigr)\Big|_{x=1}=0$ である（一般形は prop-irf-coefficients）。この例のように係数が $0$ になることもあるが、それは計算の結果であり、最初から項を省いてはいけない。

例 4（実数で因数分解できない 2 次式）

$$ \int_{-1}^1\frac{3x+1}{x^2+2x+5}\,dx $$
を求める。
分母の判別式は $2^2-4\cdot5=-16<0$ なので、分母は実数の根をもたず、実数の範囲では 1 次式に分けられない。平方完成すると $x^2+2x+5=(x+1)^2+4$ である。
候補となる手は次のとおりである。(a) 複素数の範囲で因数分解して部分分数にする。(b) 分子を「分母の導関数の定数倍 $+$ 定数」に分ける。
(a) 分母の根は $-1\pm2i$ である。隠す方法を複素数で使うと
$$ \frac{3x+1}{x^2+2x+5}=\frac{\alpha}{x-(-1+2i)}+\frac{\bar\alpha}{x-(-1-2i)},\qquad\alpha=\frac{3(-1+2i)+1}{4i}=\frac{3+i}2 $$
となり、分解そのものはできる。しかし次に $\int\frac{dx}{x-(-1+2i)}$ を「$\log(x+1-2i)$」とするには複素数の対数を定義しなければならず、実数の範囲の道具では先へ進めない。共役な 2 項を足し戻せば実数の式に戻るが、それは結局 (b) の計算である。
(b) 分母の導関数は $2x+2$ である。$3x+1=\frac32(2x+2)-2$ なので、prop-irf-basic の (2)・(3)（$p=-1$、$q=2$）により
$$ \int\frac{3x+1}{x^2+2x+5}\,dx=\frac32\log(x^2+2x+5)-2\cdot\frac12\arctan\frac{x+1}2 $$
である。よって
$$ \int_{-1}^1\frac{3x+1}{x^2+2x+5}\,dx=\frac32(\log8-\log4)-\Bigl(\arctan1-\arctan0\Bigr)=\frac32\log2-\frac\pi4 $$
である（$=0.2543\ldots$）。
実数の根をもたない 2 次式 $x^2+bx+c$ が分母のときは、分子を $\beta(2x+b)+\gamma$ と分け、前半は $\log$、後半は平方完成して $\arctan$ にする。$\log$ の部分は分母の導関数を、$\arctan$ の部分は $\frac1{1+t^2}$ を作っているのである。複素数で考える (a) は間違いではなく、$\log$ と $\arctan$ が「複素数の対数の実部と虚部」として一つにまとまることを示しているが、高校の範囲では (b) のほうが速い。

例 5（1 次式と 2 次式が混ざった分母）

$$ \int_0^1\frac{3x^2+2x+3}{(x+1)(x^2+1)}\,dx $$
を求める。
分子は 2 次、分母は 3 次。分母は 1 次式 $x+1$ と、実数の根をもたない 2 次式 $x^2+1$ の積である。分母を展開すると $x^3+x^2+x+1$ で、その導関数は $3x^2+2x+1$ であり、分子とよく似ている。
候補となる手は次のとおりである。(a) 分子を分母の導関数に合わせる（$\frac{f'}f$ 型）。(b) $\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x^2+1}$ とおく。(c) $\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2+1}$ とおく。
(a) 分子 $=(3x^2+2x+1)+2$ なので
$$ \int\frac{3x^2+2x+3}{(x+1)(x^2+1)}\,dx=\log(x^3+x^2+x+1)+2\int\frac{dx}{(x+1)(x^2+1)} $$
となる（$[0,1]$ では $x^3+x^2+x+1>0$）。例 1 と同じく、定数の分子をもつ部分が残り、それには部分分数分解が必要である。
(b) 両辺に分母を掛けると $3x^2+2x+3=A(x^2+1)+B(x+1)$ である。$x^2$ の係数から $A=3$、$x$ の係数から $B=2$、定数項から $A+B=3$ となり、$5=3$ で矛盾する。未知数は 2 個、比べる係数は 3 個あり、式が足りない。2 次式の上には定数ではなく 1 次式の分子を置かなければならない。
(c) 両辺に分母を掛けると
$$ 3x^2+2x+3=A(x^2+1)+(Bx+C)(x+1) $$
である。$x=-1$ を代入して $4=2A$、$A=2$。$x^2+1$ の根 $x=i$ を代入すると（恒等式は複素数を代入しても成り立つ）、左辺は $3i^2+2i+3=2i$、右辺は $(Bi+C)(i+1)$ なので、$Bi+C=\frac{2i}{1+i}=\frac{2i(1-i)}2=1+i$、すなわち $B=1$、$C=1$ である（係数比較でも、$x^2$ の係数 $A+B=3$、定数項 $A+C=3$ から同じ値が出る）。よって
$$ \frac{3x^2+2x+3}{(x+1)(x^2+1)}=\frac{2}{x+1}+\frac{x}{x^2+1}+\frac{1}{x^2+1} $$
であり、
$$ \int_0^1\frac{3x^2+2x+3}{(x+1)(x^2+1)}\,dx=2\log2+\frac12\log2+\frac\pi4=\frac52\log2+\frac\pi4 $$
である（$=2.5182\ldots$）。(a) の続きを部分分数で計算しても、$\log4+2\bigl(\frac14\log2+\frac\pi8\bigr)$ となって同じ値である。
置く項の未知数の個数は、分母の次数に一致させる（1 次因数 1 つにつき 1 個、2 次因数 1 つにつき 2 個）。(b) はこの数え方で未知数が 1 個足りなかった。係数を決めるときは、実数の根を代入し、2 次因数の分は複素数の根を代入するか、残った係数を比べる。分解が一通りに決まる（thm-irf-partial-fractions）ので、どの方法で求めても同じ答えになる。

例 6（2 次式の 2 乗）

$$ \int_0^1\frac{dx}{(x^2+1)^2} $$
を求める。
分母は実数の根をもたない 2 次式 $x^2+1$ の 2 乗である。分子は定数で、例 4 のような $\log$ の部分はない。
候補となる手は次のとおりである。(a) $u=x^2+1$ とおく。(b) $\frac{1}{x^2+1}$ との差をとって部分積分する。(c) $x=\tan\theta$ とおく。
(a) $du=2x\,dx$ であるが、分子に $x$ がないので $dx=\frac{du}{2x}=\frac{du}{2\sqrt{u-1}}$ となり、$\int\frac{du}{2u^2\sqrt{u-1}}$ という、根号を含むもっと難しい積分に変わってしまう。分子に $x$ があれば（$\int\frac{x\,dx}{(x^2+1)^2}=-\frac1{2(x^2+1)}$）この置換で終わるが、定数の分子には効かない。
なお、部分分数分解はこの式には何も新しいことを与えない。$(x^2+1)^2$ に対して置くべき形は $\frac{Bx+C}{x^2+1}+\frac{Dx+E}{(x^2+1)^2}$ で、答えは $B=C=D=0$、$E=1$ という元の式そのものである。問題は分解ではなく、$\frac{1}{(x^2+1)^2}$ の形の項をどう積分するかにある。
(b) 分子に $1=(x^2+1)-x^2$ を入れると
$$ \frac1{(x^2+1)^2}=\frac1{x^2+1}-x\cdot\frac{x}{(x^2+1)^2} $$
である。第 2 項の $\frac{x}{(x^2+1)^2}$ は (a) で積分できた形なので、$F=x$、$G=-\frac1{2(x^2+1)}$ として部分積分すると
$$ \int x\cdot\frac{x}{(x^2+1)^2}\,dx=-\frac{x}{2(x^2+1)}+\frac12\int\frac{dx}{x^2+1} $$
となる。まとめると
$$ \int\frac{dx}{(x^2+1)^2}=\frac{x}{2(x^2+1)}+\frac12\arctan x,\qquad\int_0^1\frac{dx}{(x^2+1)^2}=\frac14+\frac\pi8 $$
である（$=0.6426\ldots$）。
(c) の $x=\tan\theta$ でも解ける。$dx=\frac{d\theta}{\cos^2\theta}$、$\frac1{(x^2+1)^2}=\cos^4\theta$ なので $\int_0^{\pi/4}\cos^2\theta\,d\theta=\frac\pi8+\frac14$ となる。この置換の考え方は根号を含む関数の積分で詳しく扱う。
(b) は、冪を 1 つ下げる漸化式を 1 回使ったものである。一般に $\frac1{(t^2+\delta^2)^k}$ の原始関数は、同じ部分積分で $\frac1{(t^2+\delta^2)^{k-1}}$ の原始関数に帰着し、最後は $\arctan$ になる（thm-irf-antiderivative の証明の漸化式）。2 次因数の冪が高い分母では、分解はすぐ終わっても、この漸化式の段で計算量が増える。

例 7（因数分解が見えにくい分母）

$$ \int_0^1\frac{dx}{x^4+1} $$
を求める。
分母 $x^4+1$ はいつも正で、実数の根をもたない。
候補となる手は次のとおりである。(a) 「実数の根がないので因数分解できない」と考え、$u=x^2$ とおいて $\frac1{u^2+1}$ の形を作る。(b) 実数係数の 2 次式 2 つの積に分解する。
(a) $u=x^2$ とおくと $dx=\frac{du}{2\sqrt u}$ なので、$\int_0^1\frac{du}{2\sqrt u\,(u^2+1)}$ となり、根号が入って有理関数でなくなる。分子に $x$ がないので、$u=x^2$ の置換はここでも効かない。そもそも出発点の考えが誤りである。「実数の根がない」から言えるのは「1 次の因数がない」ことだけで、4 次式が実数係数の 2 次式の積に分かれることは妨げない。実際、実数係数の多項式は必ず 1 次式と 2 次式の積に分かれる（thm-irf-factorization）。
(b) 平方の差を作る：
$$ x^4+1=(x^2+1)^2-2x^2=(x^2+\sqrt2\,x+1)(x^2-\sqrt2\,x+1) $$
である。どちらの因数も判別式は $2-4<0$ である。そこで
$$ \frac1{x^4+1}=\frac{Ax+B}{x^2+\sqrt2\,x+1}+\frac{Cx+D}{x^2-\sqrt2\,x+1} $$
とおく。左辺は $x$ を $-x$ に替えても変わらず、そのとき右辺の 2 つの因数は入れ替わるので、分解が一通りであること（thm-irf-partial-fractions）から $C=-A$、$D=B$ である。分母を払うと $1=2(B-\sqrt2A)x^2+2B$ となり（$x^3$ と $x$ の項は打ち消す）、$B=\frac12$、$A=\frac1{2\sqrt2}$ を得る。よって
$$ \frac1{x^4+1}=\frac1{2\sqrt2}\Bigl(\frac{x+\sqrt2}{x^2+\sqrt2\,x+1}-\frac{x-\sqrt2}{x^2-\sqrt2\,x+1}\Bigr) $$
である。各項を例 4 と同じく「導関数の倍 $+$ 定数」に分けると、$x^2\pm\sqrt2\,x+1=\bigl(x\pm\frac1{\sqrt2}\bigr)^2+\frac12$ なので
$$ \int\frac{dx}{x^4+1}=\frac1{2\sqrt2}\Bigl(\frac12\log\frac{x^2+\sqrt2\,x+1}{x^2-\sqrt2\,x+1}+\arctan(\sqrt2\,x+1)+\arctan(\sqrt2\,x-1)\Bigr) $$
となる。$x=0$ では括弧の中は $0+\frac\pi4-\frac\pi4=0$ である。$x=1$ では、$\frac{2+\sqrt2}{2-\sqrt2}=(1+\sqrt2)^2$ と、$\tan\frac\pi8=\frac{1-\cos(\pi/4)}{\sin(\pi/4)}=\sqrt2-1$、$\tan\frac{3\pi}8=\frac1{\tan(\pi/8)}=\sqrt2+1$ から、括弧の中は $\log(1+\sqrt2)+\frac{3\pi}8+\frac\pi8$ である。よって
$$ \int_0^1\frac{dx}{x^4+1}=\frac{\pi+2\log(1+\sqrt2)}{4\sqrt2} $$
である（$=0.8669\ldots$）。$x\to\infty$ では括弧の中は $0+\frac\pi2+\frac\pi2$ に近づくので、広義積分 $\int_0^\infty\frac{dx}{x^4+1}=\frac{\pi}{2\sqrt2}$ も分かる。
手順の第 2 段（因数分解）について定理が保証するのは、1 次式と 2 次式への分解が存在することである。見た目で因数が見えなくても、存在すると分かっているので探す価値がある。ただし分母の根を式で書けるとは限らない（5 次以上では四則と冪根で書けない場合がある。ここでは証明しない）。$x^4+ax^2+b$（$x^2$ の 2 次式）に実数の根がなければ $b>0$ で、$a^2<4b$ なら $2\sqrt b-a>0$ なので $(x^2+\sqrt b)^2-(2\sqrt b-a)x^2$ と実数係数の平方の差にできる。$x^4+1$、$x^4+x^2+1=(x^2+1)^2-x^2$ はこの形である。$x^4+x+1$ のような一般の 4 次式では、この手は使えない。係数を決める段では、式の対称性（ここでは $x\mapsto-x$）と分解の一意性を組み合わせると未知数が減る。

反例・注意

補足

判断の目安

例 1〜7 で確かめた範囲で、判断の目安を形ごとにまとめる。どの行でも、積分区間が分母の根を含まないことを最初に確かめる（ex-irf-across-root）。

迷ったら、thm-irf-antiderivative の証明どおりに 5 段の手順を順に実行すればよい。分母の因数分解が求まれば、残りの段は必ず終わる。速い近道（$u=$ 分母、$u=x^2$ など）は、分子と分母の形がうまく合っているときにだけ使える。

関連項目

• 前提: 有理関数, 多項式の割り算, 置換積分, 部分積分, 対数関数, 逆正接関数
• 全体像: 積分計算の技法
• 前に読む: 置換積分の使い方, 部分積分の使い方
• 次に読む: 三角関数の有理式の積分
• 関連（高校数学）: 根号を含む関数の積分, 恒等式と未定係数法, 複素数と方程式：代数学の基本定理, Fibonacci数の母関数
• 背景: 代数学の基本定理, 部分分数分解
• 発展: Liouvilleの定理(初等関数)