これまでに学んだ不定積分・定積分の技法を一つひとつ確認するのではなく、複数の手法を横断的に駆使する総合問題に取り組みます。置換・部分積分・部分分数分解の選択判断、漸化式を利用した定積分の計算、そして区分求積法による極限の問題を体系的に扱い、積分法の全体像を俯瞰する力を鍛えます。
積分の総合問題で最初に求められるのは、与えられた被積分関数を見て「どの手法が最も有効か」を素早く判断する力です。この判断は、被積分関数の構造の読み取りに基づきます。
視点1：合成関数の微分が隠れていないか？ → 置換積分の候補
$f(g(x))g'(x)$ の形を探す。例えば $\dfrac{2x}{1+x^2}$ は $g(x) = 1+x^2$ の微分 $g'(x) = 2x$ が分子にある。
視点2：異なる種類の関数の積になっていないか？ → 部分積分の候補
多項式 $\times$ 指数関数、多項式 $\times$ 対数関数、多項式 $\times$ 三角関数など。
視点3：有理式（分数式）か？ → 部分分数分解の候補
$\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ で $\deg P < \deg Q$ なら部分分数分解を試みる。
| 被積分関数 | 判断のポイント | 最適な手法 |
|---|---|---|
| $\dfrac{\log x}{x}$ | $(\log x)' = \dfrac{1}{x}$ が残り部分に含まれる | $t = \log x$ で置換 |
| $x^2 e^x$ | 多項式 $\times$ 指数関数の積 | 部分積分を2回 |
| $\dfrac{1}{x^2-1}$ | 分母が因数分解可能な有理式 | $\dfrac{1}{(x-1)(x+1)}$ に部分分数分解 |
| $\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ | $\left(\sqrt{1-x^2}\right)' = \dfrac{-x}{\sqrt{1-x^2}}$ | $t = 1-x^2$ で置換 |
| $x\log x$ | $\log x$ は微分で簡単に、積分で複雑になる | 部分積分（$u = \log x$, $v' = x$） |
✗ 誤：$\displaystyle\int\frac{1}{x^2+1}\,dx = \frac{1}{2}\log(x^2+1) + C$
○ 正：$\displaystyle\int\frac{1}{x^2+1}\,dx = \arctan x + C$（分子に $x$ がないので置換ではなく逆三角関数）
$\displaystyle\int\frac{x}{x^2+1}\,dx = \frac{1}{2}\log(x^2+1) + C$ は正しいですが、分子に $x$ がない場合は $\arctan x$ です。分子の構造を慎重に確認しましょう。
✗ 誤：$\dfrac{x^3}{x^2-1}$ をいきなり部分分数分解しようとする
○ 正：分子の次数 $\ge$ 分母の次数のときは、まず多項式の割り算を行い $\dfrac{x^3}{x^2-1} = x + \dfrac{x}{x^2-1}$ としてから部分分数分解
部分分数分解は「（分子の次数）$<$（分母の次数）」のときに使う手法です。
有理式の積分における部分分数分解は、計算量が多く正確さが求められます。ここでは、分母の因数分解パターンごとの処理法をまとめた上で、対数関数を含む積分との融合を扱います。
1次因子の積：$\dfrac{1}{(x-a)(x-b)} = \dfrac{1}{a-b}\left(\dfrac{1}{x-a} - \dfrac{1}{x-b}\right)$
重根を含む：$\dfrac{1}{(x-a)^2(x-b)} = \dfrac{A}{x-a} + \dfrac{B}{(x-a)^2} + \dfrac{C}{x-b}$
2次因子を含む：$\dfrac{1}{(x^2+a^2)(x-b)} = \dfrac{Ax+B}{x^2+a^2} + \dfrac{C}{x-b}$
※ 2次因子 $x^2+a^2$ は実数範囲でこれ以上因数分解できないため、分子は $Ax+B$（1次式）とおきます。
$$\frac{x^2+1}{x(x-1)^2} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x-1} + \frac{C}{(x-1)^2}$$
通分して $x^2+1 = A(x-1)^2 + Bx(x-1) + Cx$
$x = 0$：$1 = A$、$x = 1$：$2 = C$、$x$ の係数比較：$1 = A + B$ より $B = 0$
$$\int\frac{x^2+1}{x(x-1)^2}\,dx = \int\left(\frac{1}{x} + \frac{2}{(x-1)^2}\right)dx = \log|x| - \frac{2}{x-1} + C$$
部分分数分解の目的は、複雑な分母をもつ分数を、$\dfrac{1}{x-a}$ や $\dfrac{1}{(x-a)^n}$ のように原始関数が直ちにわかる単純な分数の和に分解することです。これにより、各項を独立に積分できます。
電気工学者ヘヴィサイドが考案した「被覆法（cover-up method）」は、部分分数の係数を素早く求める方法です。例えば $\dfrac{1}{(x-1)(x-2)(x-3)}$ の $\dfrac{A}{x-1}$ の係数 $A$ は、元の式で $(x-1)$ を「覆い隠して」$x = 1$ を代入すれば $A = \dfrac{1}{(1-2)(1-3)} = \dfrac{1}{2}$ と即座に得られます。重根がない場合に特に有効です。
定積分が自然数 $n$ を含むとき、$I_n$ と $I_{n-2}$ などの間に漸化式（隣接する項の関係式）が成り立つことがあります。これを利用すれば、複雑な定積分を基本的な値から順に求められます。
$I_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx = \int_0^{\pi/2}\cos^n x\,dx$ に対して：
$$I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2} \quad (n \ge 2)$$
初期値：$I_0 = \dfrac{\pi}{2}$、$I_1 = 1$
※ この漸化式はウォリスの公式の基礎であり、部分積分から導かれます。
$I_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx$ に対し、$\sin^n x = \sin^{n-1}x \cdot \sin x$ として部分積分する。
$u = \sin^{n-1}x$（$u' = (n-1)\sin^{n-2}x\cos x$）、$v' = \sin x$（$v = -\cos x$）
$$I_n = \left[-\sin^{n-1}x\cos x\right]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^2 x\,dx$$
境界項は $0$。$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ を用いて：
$$I_n = (n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x(1-\sin^2 x)\,dx = (n-1)(I_{n-2} - I_n)$$
$$I_n + (n-1)I_n = (n-1)I_{n-2} \quad \Longrightarrow \quad nI_n = (n-1)I_{n-2}$$
$$\therefore\; I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$$
$I_6 = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^6 x\,dx$ を求めます。
$$I_6 = \frac{5}{6}I_4 = \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}I_2 = \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}I_0 = \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{5\pi}{32}$$
✗ 誤：$I_5$ を計算する際に $I_0 = \dfrac{\pi}{2}$ を初期値として使う
○ 正：$I_5 = \dfrac{4}{5}I_3 = \dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{2}{3}I_1 = \dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{2}{3}\cdot 1 = \dfrac{8}{15}$（$n$ が奇数のときは $I_1 = 1$ が初期値）
漸化式は2つ前の項に帰着するので、偶数なら $I_0 = \dfrac{\pi}{2}$、奇数なら $I_1 = 1$ が初期値です。結果に $\pi$ が含まれるか否かが変わります。
$J_n = \displaystyle\int_0^1 x^n e^x\,dx$ とおくと、部分積分により：
$$J_n = \left[x^n e^x\right]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}e^x\,dx = e - nJ_{n-1}$$
初期値 $J_0 = e - 1$ から $J_1 = e - J_0 = e - (e-1) = 1$、$J_2 = e - 2J_1 = e - 2$ と順に求められます。
$I_n$ を直接計算するのは困難でも、$I_n$ と $I_{n-2}$（または $I_{n-1}$）の関係式を部分積分で見つけ、初期値から一段ずつ階段を上るように計算できます。漸化式は、複雑な問題を「基本的な値＋繰り返し操作」に帰着させる手法です。
$I_n$ の漸化式を繰り返し用いると、$\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}} \to 1$（$n \to \infty$）であることと合わせて、ウォリスの無限乗積 $\dfrac{\pi}{2} = \displaystyle\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k)(2k)}{(2k-1)(2k+1)}$ が導かれます。定積分の漸化式が無限乗積を通じて $\pi$ の値につながるという、美しい結果です。
区分求積法は、リーマン和の定義に立ち返り、和の極限を定積分として求める手法です。入試では「$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\,dx$」の形で出題されます。
$$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\,dx$$
より一般に：
$$\lim_{n \to \infty}\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(a + \frac{(b-a)k}{n}\right) = \int_a^b f(x)\,dx$$
※ $\dfrac{1}{n}$ が「幅 $dx$」に、$f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$ が「高さ $f(x)$」に対応します。
問題で与えられた和を区分求積法の形に変形するには、次の手順を踏みます。
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1 + \frac{k}{n}} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right)$$
ここで $f(x) = \dfrac{1}{1+x}$ です。よって：
$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k} = \int_0^1\frac{1}{1+x}\,dx = [\log(1+x)]_0^1 = \log 2$$
✗ 誤：$\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}$ でも $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}$ でも結果は同じだから気にしなくてよい
○ 正：$n \to \infty$ の極限では確かに結果は一致するが、途中経過で $f(0)$ や $f(1)$ の発散に注意が必要な場合がある
例えば $f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}}$ は $x = 0$ で発散するので、$k = 0$ を含む和は扱えません。積分区間も $(0, 1]$ の広義積分になります。
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\log\frac{k}{n}$ の形にすると、$\displaystyle\int_0^1\log x\,dx = -1$ が得られます。これを利用して：
$$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n!}{n^n}\right)^{1/n} = \lim_{n\to\infty}\exp\!\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\log\frac{k}{n}\right) = e^{-1} = \frac{1}{e}$$
上の結果は、スターリングの近似 $n! \approx \sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$ の一部を反映しています。$\left(\dfrac{n!}{n^n}\right)^{1/n} \to \dfrac{1}{e}$ は「$n!$ が $\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$ のオーダーで成長する」ことを意味します。区分求積法は、離散的な組合せ論の問題にも連続的な解析の道具を持ち込める強力な手法です。
この節では、複数の技法を自在に切り替えながら解く必要がある問題の考え方を整理します。入試の積分問題を解くための実戦的な心構えを身につけましょう。
計算が進まないときは、次のチェックリストを順に確認します。
積分の総合問題は、「公式を覚えていれば解ける」タイプの問題ではありません。被積分関数を様々な角度から観察し、最も有効な変形を見つけ出すことが求められます。日頃の演習では「なぜこの手法が有効なのか」を意識して、手法の選択眼を養いましょう。
この定積分は直接計算が難しいですが、$x = \tan\theta$ と置換すると：
$$\int_0^1 \frac{\log(1+x)}{1+x^2}\,dx = \int_0^{\pi/4}\log(1+\tan\theta)\,d\theta$$
ここで $\theta \to \dfrac{\pi}{4} - \theta$ の対称性を使うと：
$$\int_0^{\pi/4}\log\!\left(1+\tan\!\left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)\right)d\theta = \int_0^{\pi/4}\log\frac{2}{1+\tan\theta}\,d\theta$$
$1 + \tan\!\left(\dfrac{\pi}{4}-\theta\right) = 1 + \dfrac{1-\tan\theta}{1+\tan\theta} = \dfrac{2}{1+\tan\theta}$ を用いました。2つの式を加えると：
$$2I = \int_0^{\pi/4}\left(\log(1+\tan\theta) + \log\frac{2}{1+\tan\theta}\right)d\theta = \int_0^{\pi/4}\log 2\,d\theta = \frac{\pi}{4}\log 2$$
よって $I = \dfrac{\pi}{8}\log 2$ です。置換と対称性を組み合わせた見事な解法です。
✗ 誤：$\tan\!\left(\dfrac{\pi}{4} - \theta\right) = 1 - \tan\theta$
○ 正：$\tan\!\left(\dfrac{\pi}{4} - \theta\right) = \dfrac{1 - \tan\theta}{1 + \tan\theta}$（加法定理）
$\tan$ の加法定理は $\tan(\alpha - \beta) = \dfrac{\tan\alpha - \tan\beta}{1 + \tan\alpha\tan\beta}$ です。分母を忘れると結果が変わります。
$\displaystyle\int_0^1\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\,dx = \frac{\pi}{8}\log 2$ は、フーリエ級数論やディリクレのベータ関数の特殊値として知られる結果です。このような「閉じた形の値をもつ定積分」は解析的整数論でも重要な役割を果たします。
Q1. $\displaystyle\int\frac{2x+3}{x^2+3x+2}\,dx$ の第一手は何か？
Q2. $I_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx$ の漸化式は？
Q3. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sqrt{\frac{k}{n}}$ を定積分で表すと？
Q4. $\displaystyle\int\frac{1}{x^2-4}\,dx$ を部分分数分解で求めよ。
Q5. $J_n = \displaystyle\int_0^1 x^n e^x\,dx$ の漸化式は？
次の不定積分を求めよ。
$$\int\frac{3x+1}{(x+1)(x^2+1)}\,dx$$
部分分数分解：$\dfrac{3x+1}{(x+1)(x^2+1)} = \dfrac{A}{x+1} + \dfrac{Bx+C}{x^2+1}$
通分して $3x+1 = A(x^2+1) + (Bx+C)(x+1)$
$x = -1$：$-2 = 2A$ より $A = -1$
$x^2$ の係数：$0 = A + B$ より $B = 1$
定数項：$1 = A + C$ より $C = 2$
$$\int\left(-\frac{1}{x+1} + \frac{x+2}{x^2+1}\right)dx = -\log|x+1| + \frac{1}{2}\log(x^2+1) + 2\arctan x + C$$
ここで $\dfrac{x+2}{x^2+1} = \dfrac{x}{x^2+1} + \dfrac{2}{x^2+1}$ と分けて積分しました。
$I_n = \displaystyle\int_0^{\pi/4}\tan^n x\,dx$（$n \ge 0$ の整数）とおく。
(1) $I_n + I_{n-2} = \dfrac{1}{n-1}$（$n \ge 2$）を示せ。
(2) $I_4$ の値を求めよ。
(1) $\tan^n x = \tan^{n-2}x \cdot \tan^2 x = \tan^{n-2}x(\sec^2 x - 1)$ より：
$$I_n = \int_0^{\pi/4}\tan^{n-2}x\sec^2 x\,dx - I_{n-2}$$
$t = \tan x$（$dt = \sec^2 x\,dx$）と置換すると：
$$\int_0^{\pi/4}\tan^{n-2}x\sec^2 x\,dx = \int_0^1 t^{n-2}\,dt = \frac{1}{n-1}$$
$$\therefore\; I_n + I_{n-2} = \frac{1}{n-1}$$
(2) $I_0 = \displaystyle\int_0^{\pi/4}1\,dx = \frac{\pi}{4}$
$I_2 = \dfrac{1}{1} - I_0 = 1 - \dfrac{\pi}{4}$
$I_4 = \dfrac{1}{3} - I_2 = \dfrac{1}{3} - 1 + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{2}{3}$
次の極限値を求めよ。
$$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\left(\sin\frac{\pi}{n} + \sin\frac{2\pi}{n} + \cdots + \sin\frac{(n-1)\pi}{n}\right)$$
$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\pi\cdot\frac{k}{n}\right)$$
（$k = n$ の項 $\sin\pi = 0$ を加えても値は不変）
区分求積法により $f(x) = \sin(\pi x)$ として：
$$= \int_0^1\sin(\pi x)\,dx = \left[-\frac{1}{\pi}\cos(\pi x)\right]_0^1 = -\frac{1}{\pi}(\cos\pi - \cos 0) = -\frac{1}{\pi}(-1-1) = \frac{2}{\pi}$$
$n$ を正の整数とする。次の極限値を求めよ。
$$\lim_{n \to \infty}\prod_{k=1}^{n}\left(1 + \frac{k}{n^2}\right)$$
対数をとって和に変換する。
$$\log\prod_{k=1}^{n}\left(1 + \frac{k}{n^2}\right) = \sum_{k=1}^{n}\log\!\left(1 + \frac{k}{n^2}\right)$$
$\dfrac{k}{n^2}$ は $n \to \infty$ で $0$ に近づくので、$\log(1+u) \approx u$（$u \to 0$）を利用する。
正確には $\dfrac{k}{n^2} \le \dfrac{k}{n^2} \le \dfrac{k}{n^2}$ かつ $u - \dfrac{u^2}{2} \le \log(1+u) \le u$（$u > 0$）より：
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2} - \sum_{k=1}^{n}\frac{k^2}{2n^4} \le \sum_{k=1}^{n}\log\!\left(1+\frac{k}{n^2}\right) \le \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2}$$
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2} = \frac{n(n+1)}{2n^2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2n} \to \frac{1}{2}$$
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{k^2}{2n^4} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{12n^4} \to 0$$
はさみうちの原理より $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\log\!\left(1+\frac{k}{n^2}\right) \to \frac{1}{2}$
$$\therefore\; \lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{k}{n^2}\right) = e^{1/2} = \sqrt{e}$$
この問題は区分求積法の直接適用ではなく（$\dfrac{k}{n^2}$ の形が $\dfrac{k}{n}$ ではないため）、$\log(1+u) \approx u$ の近似とはさみうちの原理を組み合わせた問題です。積の極限を対数で和の極限に変換するという発想が重要です。