$\frac{1}{\sin x} = \frac{\sin x}{1-\cos^2 x}$であることを用いて、不定積分 $\int \frac{dx}{\sin x}$ を求めよ。

1. 問題の内容

$\frac{1}{\sin x} = \frac{\sin x}{1-\cos^2 x}$であることを用いて、不定積分 $\int \frac{dx}{\sin x}$ を求めよ。

2. 解き方の手順

与えられた等式 $\frac{1}{\sin x} = \frac{\sin x}{1-\cos^2 x}$ より、積分は以下のようになる。

$\int \frac{dx}{\sin x} = \int \frac{\sin x}{1-\cos^2 x} dx$

ここで、$u = \cos x$ と置換すると、$du = -\sin x dx$ となる。よって、

$\int \frac{\sin x}{1-\cos^2 x} dx = \int \frac{-du}{1-u^2} = -\int \frac{1}{1-u^2} du$

$\frac{1}{1-u^2}$ は部分分数分解できる。

$\frac{1}{1-u^2} = \frac{1}{(1-u)(1+u)} = \frac{A}{1-u} + \frac{B}{1+u}$

$1 = A(1+u) + B(1-u)$

$u = 1$のとき、$1 = 2A$, よって $A = \frac{1}{2}$

$u = -1$のとき、$1 = 2B$, よって $B = \frac{1}{2}$

したがって、

$\frac{1}{1-u^2} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-u} + \frac{1}{1+u}\right)$

$-\int \frac{1}{1-u^2} du = -\frac{1}{2} \int \left(\frac{1}{1-u} + \frac{1}{1+u}\right) du$

$= -\frac{1}{2} (-\ln|1-u| + \ln|1+u|) + C$

$= \frac{1}{2} (\ln|1-u| - \ln|1+u|) + C$

$= \frac{1}{2} \ln \left|\frac{1-u}{1+u}\right| + C$

$u = \cos x$ を代入すると、

$\int \frac{dx}{\sin x} = \frac{1}{2} \ln \left|\frac{1-\cos x}{1+\cos x}\right| + C$

さらに、半角の公式 $\tan^2(\frac{x}{2}) = \frac{1-\cos x}{1+\cos x}$ を使うと、

$\int \frac{dx}{\sin x} = \frac{1}{2} \ln \left| \tan^2\left(\frac{x}{2}\right) \right| + C$

$= \ln \left| \tan\left(\frac{x}{2}\right) \right| + C$

3. 最終的な答え

$\ln \left| \tan\left(\frac{x}{2}\right) \right| + C$