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以下の不定積分を計算します。 $\int \frac{x \arcsin x}{(1-x^2)^{3/2}} dx$

解析学積分不定積分置換積分部分積分逆三角関数
2025/5/21

1. 問題の内容

以下の不定積分を計算します。
∫xarcsin⁡x(1−x2)3/2dx\int \frac{x \arcsin x}{(1-x^2)^{3/2}} dx

2. 解き方の手順

まず、置換積分を行います。
x=sin⁡θx = \sin \theta とおくと、dx=cos⁡θdθdx = \cos \theta d\theta となります。
arcsin⁡x=θ\arcsin x = \theta となり、1−x2=1−sin⁡2θ=cos⁡2θ1-x^2 = 1-\sin^2 \theta = \cos^2 \theta となります。
従って、積分は以下のようになります。
∫sin⁡θ⋅θ(cos⁡2θ)3/2cos⁡θdθ=∫sin⁡θ⋅θcos⁡3θcos⁡θdθ=∫sin⁡θcos⁡2θθdθ\int \frac{\sin \theta \cdot \theta}{(\cos^2 \theta)^{3/2}} \cos \theta d\theta = \int \frac{\sin \theta \cdot \theta}{\cos^3 \theta} \cos \theta d\theta = \int \frac{\sin \theta}{\cos^2 \theta} \theta d\theta
ここで、∫sin⁡θcos⁡2θθdθ\int \frac{\sin \theta}{\cos^2 \theta} \theta d\theta を部分積分で計算します。
u=θu = \theta, dv=sin⁡θcos⁡2θdθdv = \frac{\sin \theta}{\cos^2 \theta} d\theta とおくと、du=dθdu = d\theta となります。
v=∫sin⁡θcos⁡2θdθv = \int \frac{\sin \theta}{\cos^2 \theta} d\theta を計算します。
t=cos⁡θt = \cos \theta とおくと、dt=−sin⁡θdθdt = -\sin \theta d\theta となり、
v=∫−dtt2=1t=1cos⁡θv = \int \frac{-dt}{t^2} = \frac{1}{t} = \frac{1}{\cos \theta} となります。
よって、部分積分は以下のようになります。
∫udv=uv−∫vdu\int u dv = uv - \int v du
∫sin⁡θcos⁡2θθdθ=θ⋅1cos⁡θ−∫1cos⁡θdθ=θcos⁡θ−∫sec⁡θdθ\int \frac{\sin \theta}{\cos^2 \theta} \theta d\theta = \theta \cdot \frac{1}{\cos \theta} - \int \frac{1}{\cos \theta} d\theta = \frac{\theta}{\cos \theta} - \int \sec \theta d\theta
∫sec⁡θdθ=ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C\int \sec \theta d\theta = \ln |\sec \theta + \tan \theta| + C
したがって、
∫sin⁡θcos⁡2θθdθ=θcos⁡θ−ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C\int \frac{\sin \theta}{\cos^2 \theta} \theta d\theta = \frac{\theta}{\cos \theta} - \ln |\sec \theta + \tan \theta| + C
ここで、x=sin⁡θx = \sin \theta なので、θ=arcsin⁡x\theta = \arcsin x であり、cos⁡θ=1−x2\cos \theta = \sqrt{1-x^2} となります。
tan⁡θ=sin⁡θcos⁡θ=x1−x2\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}
sec⁡θ=1cos⁡θ=11−x2\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}
これらを代入すると、
arcsin⁡x1−x2−ln⁡∣11−x2+x1−x2∣+C=arcsin⁡x1−x2−ln⁡∣1+x1−x2∣+C\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} - \ln \left| \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \right| + C = \frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} - \ln \left| \frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}} \right| + C
ln⁡∣1+x1−x2∣=ln⁡∣1+x1−x∣=12ln⁡∣1+x1−x∣\ln \left| \frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}} \right| = \ln \left| \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \right| = \frac{1}{2} \ln \left| \frac{1+x}{1-x} \right|
したがって、
arcsin⁡x1−x2−12ln⁡∣1+x1−x∣+C\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{2} \ln \left| \frac{1+x}{1-x} \right| + C

3. 最終的な答え

arcsin⁡x1−x2−12ln⁡∣1+x1−x∣+C\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{2} \ln \left| \frac{1+x}{1-x} \right| + C
または
arcsin⁡x1−x2−ln⁡∣1+x1−x2∣+C\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} - \ln \left| \frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}} \right| + C

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