基本公式だけでは積分できない関数に出会ったとき、最初に試すべき技法が置換積分法です。その原理は実にシンプル ── 合成関数の微分法 $(F(g(x)))' = F'(g(x)) \cdot g'(x)$ を逆に読むだけです。変数を置き換えて被積分関数を簡単にし、基本公式に帰着させる。この「視点の切り替え」が、積分計算の世界を大きく広げます。
合成関数の微分法を思い出しましょう。$F(t)$ の導関数を $f(t) = F'(t)$ とし、$t = g(x)$ とおくと、
$$(F(g(x)))' = F'(g(x)) \cdot g'(x) = f(g(x)) \cdot g'(x)$$
これを積分の言葉で読み替えると、
$$\int f(g(x)) \cdot g'(x)\,dx = F(g(x)) + C$$
右辺は $\int f(t)\,dt = F(t) + C$ に $t = g(x)$ を代入したものです。つまり、$t = g(x)$ と置換することで、複雑な被積分関数を $f(t)$ という簡単な形に変換できるのです。
$t = g(x)$ とおくと $dt = g'(x)\,dx$ であり、
$$\int f(g(x)) \cdot g'(x)\,dx = \int f(t)\,dt$$
※ 右辺を $t$ で積分した後、$t = g(x)$ を代入して $x$ の式に戻します。
微分法で「外側 $\times$ 内側の微分」として計算した合成関数の微分を、積分では「内側の部分を $t$ とおいて、外側だけの積分に帰着させる」ことで元に戻します。
被積分関数が $f(g(x)) \cdot g'(x)$ の形、すなわち「ある関数の中身の微分が外に掛かっている」形を見抜くことが置換積分のすべてです。
$t = g(x)$ のとき、形式的に $\dfrac{dt}{dx} = g'(x)$ を $dt = g'(x)\,dx$ と書きます。これにより、被積分関数中の $g'(x)\,dx$ を $dt$ に置き換えることができます。
✗ $t = x^2$ とおいて $\int 2x \cdot e^{x^2}\,dx$ → $\int e^t\,dx$（$dx$ がそのまま残っている）
○ $t = x^2$, $dt = 2x\,dx$ より $\int 2x \cdot e^{x^2}\,dx = \int e^t\,dt$
$t = g(x)$ と置換するときは、必ず $dt = g'(x)\,dx$ を計算して、$dx$ を $dt$ に完全に置き換えることが必要です。置換後に $x$ が残っていたら、置換が不完全です。
$dt = g'(x)\,dx$ という表記は、大学数学では微分形式と呼ばれるものの初歩です。「$\dfrac{dt}{dx} = g'(x)$ の両辺に $dx$ を掛ける」という操作は、厳密には微分形式の引き戻し（pullback）に対応します。高校数学では形式的な計算規則として使いますが、数学的にも正当化されています。
最もよく使う置換パターンです。被積分関数の中で「複雑な部分」を $t$ とおき、その微分 $dt$ で $dx$ を置き換えます。
例：$\displaystyle\int 2x(x^2+1)^5\,dx$
$t = x^2 + 1$ とおくと $dt = 2x\,dx$ なので、
$$\int 2x(x^2+1)^5\,dx = \int t^5\,dt = \frac{t^6}{6} + C = \frac{(x^2+1)^6}{6} + C$$
$\left(\dfrac{(x^2+1)^6}{6}\right)' = \dfrac{6(x^2+1)^5 \cdot 2x}{6} = 2x(x^2+1)^5$ ✓
例：$\displaystyle\int x\sqrt{x^2+1}\,dx$
$t = x^2+1$ とおくと $dt = 2x\,dx$、よって $x\,dx = \dfrac{dt}{2}$
$$\int x\sqrt{x^2+1}\,dx = \int \sqrt{t} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{t^{3/2}}{3/2} + C = \frac{1}{3}(x^2+1)^{3/2} + C$$
$t = g(x)$ 型の置換積分で最も重要なのは、被積分関数の中に$g(x)$（内側）とその微分 $g'(x)$（外側の因子）が同時に存在していることを見抜くことです。
$\int x\sqrt{x^2+1}\,dx$ では、$\sqrt{x^2+1}$ の内側 $x^2+1$ の微分 $2x$ の半分 $x$ が外に掛かっています。この「ペア」を見つけることが置換積分の核心です。
$\int x^2 \sqrt{x^2+1}\,dx$ で $t = x^2+1$ とおくと、$dt = 2x\,dx$ で $x\,dx = \dfrac{dt}{2}$ ですが、
✗ $\int x^2 \sqrt{t} \cdot \dfrac{dt}{2}$ → $x^2$ が残って $t$ だけの式にならない
○ $x^2 = t - 1$ と書き換えて $\int (t-1)\sqrt{t} \cdot \dfrac{dt}{2}$ とすればOK
$x$ が残った場合は、$t = g(x)$ の関係から $x$ を $t$ で表せないか考えます。それでもうまくいかなければ、置換の仕方を変える必要があります。
$ax + b$ という1次式が入った関数は、$t = ax+b$ とおけば簡単です。$dt = a\,dx$ より $dx = \dfrac{dt}{a}$ なので、
$$\int f(ax+b)\,dx = \frac{1}{a}\int f(t)\,dt = \frac{1}{a}F(t) + C = \frac{1}{a}F(ax+b) + C$$
これが前の記事で使った「内側の微分 $a$ で割る」公式の正体です。
$$\int \sin(3x+2)\,dx = -\frac{\cos(3x+2)}{3} + C, \qquad \int (2x-1)^7\,dx = \frac{(2x-1)^8}{16} + C$$
✗ $\int (2x-1)^7\,dx = \dfrac{(2x-1)^8}{8} + C$
○ $\int (2x-1)^7\,dx = \dfrac{(2x-1)^8}{8 \times 2} + C = \dfrac{(2x-1)^8}{16} + C$
$(2x-1)^8$ を微分すると $8(2x-1)^7 \times 2 = 16(2x-1)^7$ です。べき乗の $8$ と内側の微分 $2$ の両方で割ることを忘れないようにしましょう。
$t = g(x)$ 型では「被積分関数の一部を $t$ とおく」のに対し、$x = h(t)$ 型では$x$ 自体を $t$ の関数として表すことで被積分関数を根本から変形します。無理式の積分で特に威力を発揮します。
$x = h(t)$ とおくと $dx = h'(t)\,dt$ であり、
$$\int f(x)\,dx = \int f(h(t)) \cdot h'(t)\,dt$$
※ 右辺を $t$ で積分した後、$t$ を $x$ の式に戻します。$h$ が逆関数を持つ（単調）ことが必要です。
例：$\displaystyle\int \frac{x}{\sqrt{x+2}}\,dx$
$\sqrt{x+2} = t$ とおくと $x + 2 = t^2$、$x = t^2 - 2$、$dx = 2t\,dt$ です。
$$\int \frac{x}{\sqrt{x+2}}\,dx = \int \frac{t^2-2}{t} \cdot 2t\,dt = \int 2(t^2-2)\,dt = 2\left(\frac{t^3}{3} - 2t\right) + C$$
$t = \sqrt{x+2}$ を代入して、
$$= \frac{2}{3}(x+2)\sqrt{x+2} - 4\sqrt{x+2} + C = \frac{2}{3}(x+2)^{3/2} - 4(x+2)^{1/2} + C$$
$x = h(t)$ 型の置換の目的は、被積分関数中の「扱いにくい部分」を $t$ と名付けて、$x$ を $t$ の多項式で表すことです。$\sqrt{x+2} = t$ とおけば根号が消え、$x = t^2 - 2$ という多項式になるため、積分が格段に簡単になります。
$\sqrt{a^2 - x^2}$ を含む積分では $x = a\sin t$ とおく置換が有効です。$\sin^2 t + \cos^2 t = 1$ により根号が外れます。
例：$\displaystyle\int \sqrt{1-x^2}\,dx$
$x = \sin t$（$-\dfrac{\pi}{2} \le t \le \dfrac{\pi}{2}$）とおくと $dx = \cos t\,dt$、$\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\sin^2 t} = \cos t$（$\cos t \ge 0$）
$$\int \sqrt{1-x^2}\,dx = \int \cos t \cdot \cos t\,dt = \int \cos^2 t\,dt$$
半角公式より $\cos^2 t = \dfrac{1 + \cos 2t}{2}$ なので、
$$= \frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4} + C = \frac{t}{2} + \frac{\sin t \cos t}{2} + C$$
$t = \arcsin x$、$\sin t = x$、$\cos t = \sqrt{1-x^2}$ を代入して、
$$= \frac{1}{2}\arcsin x + \frac{1}{2}x\sqrt{1-x^2} + C$$
✗ $\int \sqrt{1-x^2}\,dx = \dfrac{t}{2} + \dfrac{\sin 2t}{4} + C$（$t$ のまま放置）
○ 最後に $t = \arcsin x$ を代入して $x$ の式に戻す
$x = h(t)$ 型では、積分結果を必ず元の変数 $x$ で表すことを忘れないでください。不定積分の答えは $x$ の関数でなければなりません。
大学入試・大学数学で頻出する三角置換は次の3パターンです。
$\sqrt{a^2 - x^2}$ → $x = a\sin t$（$\cos^2 t$ が出現）
$\sqrt{a^2 + x^2}$ → $x = a\tan t$（$\sec^2 t$ が出現）
$\sqrt{x^2 - a^2}$ → $x = a\sec t$（$\tan^2 t$ が出現、大学レベル）
いずれも三角関数の恒等式を用いて根号を外すのが目的です。
置換積分で頻出するパターンを整理しましょう。どのパターンに該当するかを素早く判断できることが、入試での計算力に直結します。
| 被積分関数の形 | 置換 | 結果の形 |
|---|---|---|
| $f(ax+b)$ | $t = ax+b$ | $\dfrac{1}{a}F(ax+b) + C$ |
| $f(g(x)) \cdot g'(x)$ | $t = g(x)$ | $F(g(x)) + C$ |
| $\dfrac{g'(x)}{g(x)}$ | $t = g(x)$ | $\log|g(x)| + C$ |
| $g'(x) \cdot (g(x))^n$ | $t = g(x)$ | $\dfrac{(g(x))^{n+1}}{n+1} + C$ |
| $\dfrac{R(x)}{\sqrt{ax+b}}$ 型 | $t = \sqrt{ax+b}$ | $t$ の多項式の積分へ |
| $\sqrt{a^2 - x^2}$ を含む | $x = a\sin t$ | 三角関数の積分へ |
$t = g(x)$ 型：被積分関数に $g(x)$ とその微分 $g'(x)$ が共存しているとき。最も基本的で頻度も高い。
$x = h(t)$ 型：根号を含む式で、$t = g(x)$ では $x$ が消えないとき。$x$ を $t$ の式で表し、根号を消去する。
まず $t = g(x)$ 型で処理できないか試し、うまくいかなければ $x = h(t)$ 型を検討する、というのが実戦的な流れです。
$f(g(x)) \cdot g'(x)$ の形が明確で、$g(x)$ が1次式の場合は、置換を明示せずに「内側の微分で割る」だけで計算できます。これは置換積分を暗算で行っていることに相当します。
$$\int \cos 3x\,dx = \frac{\sin 3x}{3} + C \quad \text{（$t = 3x$ の置換を暗算）}$$
✗ $\int \cos(x^2)\,dx = \dfrac{\sin(x^2)}{2x} + C$（$2x$ は定数でないのに割っている）
○ $\cos(x^2)$ の不定積分は初等関数では表せない。$2x\cos(x^2)$ なら $t = x^2$ で $\sin(x^2) + C$
「内側の微分で割る」が使えるのは内側が1次式のときだけです。内側が $x^2$ や $e^x$ などの場合は、$g'(x)$ が外に掛かっていることが必須条件です。
置換積分で最も悩むのは「何を $t$ とおくか」の判断です。以下の指針を参考にしてください。
被積分関数の中で最も複雑な部分（根号の中身、指数の中身、三角関数の引数など）を $t$ とおくのが第一候補です。
$t = g(x)$ と仮に置いて $dt = g'(x)\,dx$ を書き出し、残りの因子が $t$ だけで表せるかを確認します。$x$ が残ってしまう場合は、$x = \varphi(t)$ で書き換えられないか検討します。
$\sqrt{g(x)}$ を含む積分では、$t = \sqrt{g(x)}$ として根号を丸ごと $t$ とおくと、$x$ が $t$ の多項式で表され、根号が消えることが多いです。
例：$\displaystyle\int \frac{1}{1+\sqrt{x}}\,dx$ → $t = \sqrt{x}$ とおくと $x = t^2$, $dx = 2t\,dt$
$$\int \frac{2t}{1+t}\,dt = \int \frac{2(t+1) - 2}{t+1}\,dt = \int \left(2 - \frac{2}{t+1}\right)\,dt = 2t - 2\log|t+1| + C$$
$$= 2\sqrt{x} - 2\log(1+\sqrt{x}) + C$$
置換積分は大学数学の変数変換（change of variables）の1次元版です。多変数の積分（重積分）では、ヤコビアン（$h'(t)$ の多変数版）を掛けて積分領域を変換します。置換積分で「$dx = h'(t)\,dt$ に置き換える」という操作に慣れておくことは、大学数学への確かな準備になります。
$\int 2xe^{x^2}\,dx$ のような問題は、$t = x^2$ とおけば $dt = 2x\,dx$ で一発です。しかし、$t = e^{x^2}$ とおくと $dt = 2xe^{x^2}\,dx$ となり一見よさそうですが、
✗ $\int dt = t + C = e^{x^2} + C$（結果は合うが、遠回り）
○ 最もシンプルな置換を選ぶ。迷ったら「内側の関数」を $t$ とおく
置換は計算を簡単にするための道具です。できるだけシンプルな置換を選びましょう。
Q1. $\int 2xe^{x^2}\,dx$ を求めよ。
Q2. $\int \sin^3 x \cos x\,dx$ を求めよ。
Q3. $\int (3x+1)^4\,dx$ を求めよ。
Q4. $\int \dfrac{e^x}{e^x+1}\,dx$ で $t = e^x+1$ とおいたとき、$dt$ は何か。
Q5. $\int \sqrt{1-x^2}\,dx$ に用いる置換は何か。
次の不定積分を求めよ。
(1) $\displaystyle\int x(x^2-3)^4\,dx$
(2) $\displaystyle\int \cos x \cdot e^{\sin x}\,dx$
(3) $\displaystyle\int \frac{\cos x}{(1+\sin x)^2}\,dx$
(1) $t = x^2-3$ とおくと $dt = 2x\,dx$、$x\,dx = \dfrac{dt}{2}$
$\displaystyle\int t^4 \cdot \frac{dt}{2} = \frac{t^5}{10} + C = \frac{(x^2-3)^5}{10} + C$
(2) $t = \sin x$ とおくと $dt = \cos x\,dx$
$\displaystyle\int e^t\,dt = e^t + C = e^{\sin x} + C$
(3) $t = 1+\sin x$ とおくと $dt = \cos x\,dx$
$\displaystyle\int \frac{dt}{t^2} = \int t^{-2}\,dt = -t^{-1} + C = -\frac{1}{1+\sin x} + C$
次の不定積分を求めよ。
$$\int \frac{x}{\sqrt{2x+1}}\,dx$$
$t = \sqrt{2x+1}$ とおくと $t^2 = 2x+1$、$x = \dfrac{t^2-1}{2}$、$dx = t\,dt$
$$\int \frac{\frac{t^2-1}{2}}{t} \cdot t\,dt = \int \frac{t^2-1}{2}\,dt = \frac{1}{2}\left(\frac{t^3}{3} - t\right) + C$$
$t = \sqrt{2x+1}$ を代入して、
$$= \frac{(2x+1)\sqrt{2x+1}}{6} - \frac{\sqrt{2x+1}}{2} + C = \frac{(2x+1)^{3/2}}{6} - \frac{(2x+1)^{1/2}}{2} + C$$
整理すると $= \dfrac{\sqrt{2x+1}}{6}(2x+1 - 3) + C = \dfrac{(2x-2)\sqrt{2x+1}}{6} + C = \dfrac{(x-1)\sqrt{2x+1}}{3} + C$
次の不定積分を求めよ。
(1) $\displaystyle\int \sin^2 x \cos^3 x\,dx$
(2) $\displaystyle\int \frac{\sin x}{\cos^3 x}\,dx$
(1) $\cos^3 x = \cos^2 x \cdot \cos x = (1-\sin^2 x)\cos x$ と変形。$t = \sin x$ とおくと $dt = \cos x\,dx$
$$\int \sin^2 x (1-\sin^2 x)\cos x\,dx = \int t^2(1-t^2)\,dt = \int (t^2 - t^4)\,dt$$
$$= \frac{t^3}{3} - \frac{t^5}{5} + C = \frac{\sin^3 x}{3} - \frac{\sin^5 x}{5} + C$$
(2) $t = \cos x$ とおくと $dt = -\sin x\,dx$
$$\int \frac{\sin x}{\cos^3 x}\,dx = -\int \frac{dt}{t^3} = -\int t^{-3}\,dt = -\frac{t^{-2}}{-2} + C = \frac{1}{2t^2} + C = \frac{1}{2\cos^2 x} + C$$
次の不定積分を求めよ。
$$\int \frac{1}{\sqrt{4-x^2}}\,dx$$
$x = 2\sin t$（$-\dfrac{\pi}{2} \le t \le \dfrac{\pi}{2}$）とおくと $dx = 2\cos t\,dt$
$\sqrt{4-x^2} = \sqrt{4 - 4\sin^2 t} = 2\cos t$（$\cos t \ge 0$）
$$\int \frac{2\cos t}{2\cos t}\,dt = \int 1\,dt = t + C = \arcsin\frac{x}{2} + C$$
$\dfrac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}$ の積分は $\arcsin\dfrac{x}{a} + C$ という重要な結果です。$x = a\sin t$ の三角置換により、分母の根号が消え $\int 1\,dt$ という最も基本的な積分に帰着します。
この結果は大学数学で学ぶ逆三角関数の基本積分公式 $\int \dfrac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}} = \arcsin\dfrac{x}{a} + C$ そのものであり、物理学の円運動や波動の解析でも頻出します。