$\sqrt{a^2 - x^2}$, $\sqrt{x^2 + a^2}$, $\sqrt{ax + b}$ のように根号を含む関数（無理関数）の積分は、適切な置換によって根号を消去し、有理関数の積分に帰着させるのが基本戦略です。どの置換を使うかは根号の中身の形で決まります。三角関数の恒等式が「根号を外す魔法の道具」として機能する仕組みを理解しましょう。
無理関数（根号を含む関数）の積分では、置換によって根号を消去し、有理関数に変換することが最優先の目標です。根号の中身の形に応じて、最適な置換が決まります。
$\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$（ピタゴラスの定理）は、$\sqrt{1 - \sin^2\theta} = |\cos\theta|$ のように根号を外せる恒等式です。
$\sqrt{a^2 - x^2}$ に対して $x = a\sin\theta$ と置けば $\sqrt{a^2 - a^2\sin^2\theta} = a\cos\theta$ となり、根号が消えます。これが三角置換の原理です。
根号の中身に応じて次の置換を使います。
| 根号の形 | 置換 | 利用する恒等式 | 根号が変わる先 |
|---|---|---|---|
| $\sqrt{a^2 - x^2}$ | $x = a\sin\theta$ | $1 - \sin^2\theta = \cos^2\theta$ | $a\cos\theta$ |
| $\sqrt{x^2 + a^2}$ | $x = a\tan\theta$ | $\tan^2\theta + 1 = \dfrac{1}{\cos^2\theta}$ | $\dfrac{a}{\cos\theta}$ |
| $\sqrt{x^2 - a^2}$ | $x = \dfrac{a}{\cos\theta}$ | $\dfrac{1}{\cos^2\theta} - 1 = \tan^2\theta$ | $a\tan\theta$ |
| $\sqrt{ax + b}$ | $t = \sqrt{ax + b}$ | （三角関数不要） | $t$（根号そのものを置換） |
✗ 誤：$x = a\sin\theta$ と置いて $\sqrt{a^2 - x^2} = \pm a\cos\theta$ のまま進める
○ 正：$-\dfrac{\pi}{2} \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$ と範囲を定めれば $\cos\theta \ge 0$ なので $\sqrt{a^2 - x^2} = a\cos\theta$（正の値）
三角置換では $\theta$ の範囲を明示することで、根号を外すときの絶対値を外せます。範囲を決めないと符号が不確定になり、計算が曖昧になります。
$\sqrt{a^2 - x^2}$ は円の方程式 $x^2 + y^2 = a^2$ を連想させます。幾何学的には、この置換は単位円のパラメータ表示を利用していると解釈できます。
$x = a\sin\theta$（$-\dfrac{\pi}{2} \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$）と置換します。$dx = a\cos\theta\,d\theta$ であり：
$$\sqrt{a^2 - x^2} = \sqrt{a^2(1 - \sin^2\theta)} = a\cos\theta$$
$$\int \sqrt{a^2 - x^2}\,dx = \int a\cos\theta \cdot a\cos\theta\,d\theta = a^2\int \cos^2\theta\,d\theta$$
半角の公式 $\cos^2\theta = \dfrac{1+\cos 2\theta}{2}$ を使って：
$$= a^2\left(\frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4}\right) + C = \frac{a^2}{2}\left(\theta + \sin\theta\cos\theta\right) + C$$
$x = a\sin\theta$ より $\theta = \arcsin\dfrac{x}{a}$, $\sin\theta = \dfrac{x}{a}$, $\cos\theta = \dfrac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}$ を代入すると：
$$\int \sqrt{a^2 - x^2}\,dx = \frac{x\sqrt{a^2 - x^2}}{2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$$
※ 右辺の第1項は三角形の面積に関連し、第2項は扇形の面積に関連します。$a = 1$ のとき、この公式は単位円の面積 $\pi$ を与える定積分と結びつきます。
同じ置換 $x = a\sin\theta$ を用いると：
$$\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}}\,dx = \int \frac{a\cos\theta}{a\cos\theta}\,d\theta = \int d\theta = \theta + C = \arcsin\frac{x}{a} + C$$
$\int \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx = \arcsin x + C$ という公式は、$x = \sin\theta$ と三角置換した結果そのものです。逆三角関数は「三角置換をした後に $\theta$ に戻す関数」と理解できます。
同様に、$\int \dfrac{1}{1+x^2}\,dx = \arctan x + C$ も $x = \tan\theta$ の置換の結果です。
✗ 誤：$\theta$ のまま答えを書いて終わる
○ 正：$\theta = \arcsin\dfrac{x}{a}$ を使って必ず $x$ の式に戻す
不定積分の変数は元の変数 $x$ で表す必要があります。$\sin\theta$, $\cos\theta$ は $x$ と $\sqrt{a^2-x^2}$ で書き直せます。
$\sqrt{x^2 + a^2}$ 型には $x = a\tan\theta$ の置換が有効です。$1 + \tan^2\theta = \dfrac{1}{\cos^2\theta}$ を利用して根号を外します。
$x = a\tan\theta$（$-\dfrac{\pi}{2} < \theta < \dfrac{\pi}{2}$）と置きます。$dx = \dfrac{a}{\cos^2\theta}\,d\theta$ であり：
$$\sqrt{x^2 + a^2} = \sqrt{a^2\tan^2\theta + a^2} = \frac{a}{\cos\theta}$$
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\,dx = \int \frac{\cos\theta}{a} \cdot \frac{a}{\cos^2\theta}\,d\theta = \int \frac{1}{\cos\theta}\,d\theta$$
$\int \dfrac{1}{\cos\theta}\,d\theta = \log\left|\tan\theta + \dfrac{1}{\cos\theta}\right| + C$ を利用し、$\tan\theta = \dfrac{x}{a}$, $\dfrac{1}{\cos\theta} = \dfrac{\sqrt{x^2+a^2}}{a}$ を代入すると：
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\,dx = \log\left|x + \sqrt{x^2+a^2}\right| + C'$$
（ここで $\log a$ は定数として $C'$ に吸収しました。）
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}}\,dx = \log\left|x + \sqrt{x^2 + a^2}\right| + C$$
$$\int \sqrt{x^2 + a^2}\,dx = \frac{x\sqrt{x^2 + a^2}}{2} + \frac{a^2}{2}\log\left|x + \sqrt{x^2 + a^2}\right| + C$$
※ 第2の公式は部分積分と第1の公式を組み合わせて導けます。
✗ 誤：$\int \dfrac{1}{\cos\theta}\,d\theta$ の計算方法がわからず止まる
○ 正：$\dfrac{1}{\cos\theta}$ に $\dfrac{\frac{1}{\cos\theta}+\tan\theta}{\frac{1}{\cos\theta}+\tan\theta}$ を掛け、$t = \dfrac{1}{\cos\theta}+\tan\theta$ と置換する
$\sec\theta$ の積分は少しトリッキーですが、$\sqrt{x^2+a^2}$ 型の積分の鍵となるので、結果 $\log|\sec\theta + \tan\theta|$ を覚えておくと便利です。あるいは公式として最終結果を利用してもよいでしょう。
大学数学では $x = a\sinh t$（$\sinh t = \dfrac{e^t - e^{-t}}{2}$）と置換する方法もあります。$\cosh^2 t - \sinh^2 t = 1$ より $\sqrt{x^2+a^2} = a\cosh t$ と根号が外れ、$\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\,dx = t + C = \text{arcsinh}\,\dfrac{x}{a} + C$ と美しく表せます。
実は $\text{arcsinh}\,u = \log(u + \sqrt{u^2+1})$ なので、三角置換の結果と一致します。
$\sqrt{ax+b}$ のように根号の中身が1次式の場合は、三角置換は不要です。根号をまるごと新しい変数に置くのが最も自然で簡単な方法です。
$t = \sqrt{ax + b}$ とおくと $t^2 = ax + b$、つまり $x = \dfrac{t^2 - b}{a}$, $dx = \dfrac{2t}{a}\,dt$ です。これにより、被積分関数は $t$ の有理関数になります。
$t = \sqrt{x+1}$ とおくと $x = t^2 - 1$, $dx = 2t\,dt$ です。
$$\int \frac{t^2-1}{t} \cdot 2t\,dt = 2\int (t^2-1)\,dt = 2\left(\frac{t^3}{3} - t\right) + C$$
$$= \frac{2}{3}(x+1)^{3/2} - 2\sqrt{x+1} + C = \frac{2\sqrt{x+1}}{3}(x+1-3) + C = \frac{2\sqrt{x+1}}{3}(x-2) + C$$
$t = \sqrt{x}$ とおくと $x = t^2$, $dx = 2t\,dt$ です。
$$\int \frac{2t}{1+t}\,dt = 2\int \frac{t}{1+t}\,dt = 2\int \frac{(1+t)-1}{1+t}\,dt = 2\int \left(1 - \frac{1}{1+t}\right)\,dt$$
$$= 2\left(t - \log|1+t|\right) + C = 2\sqrt{x} - 2\log(1+\sqrt{x}) + C$$
$\sqrt{ax+b}$ の場合、$t = \sqrt{ax+b}$ と置けば $x$ も $dx$ もすべて $t$ の有理式で書けます。結果として有理関数の積分に帰着し、部分分数分解などの既知の手法で処理可能です。
三角置換が必要なのは根号の中が2次式の場合であり、1次式なら単純な置換で十分です。
✗ 誤：$t = \sqrt{x}$ のとき $dx = dt$ とする
○ 正：$x = t^2$ なので $dx = 2t\,dt$
$\sqrt{x}$ を $t$ に置き換えたら、$x = t^2$ として $dx$ も必ず書き換えます。$dx = 2t\,dt$ の「$2t$」が計算全体に影響するので見落とさないようにしましょう。
分母に根号がある場合、分母の有理化（根号を分子に移す操作）が有効なことがあります。置換積分とは異なるアプローチですが、根号を含む積分の重要なツールです。
$\dfrac{1}{\sqrt{x+1} - \sqrt{x}}$ のような被積分関数は、分子分母に $\sqrt{x+1} + \sqrt{x}$ を掛けると：
$$\frac{1}{\sqrt{x+1} - \sqrt{x}} \cdot \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} = \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{(x+1)-x} = \sqrt{x+1} + \sqrt{x}$$
$$\int \frac{1}{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}\,dx = \int (\sqrt{x+1}+\sqrt{x})\,dx = \frac{2}{3}(x+1)^{3/2} + \frac{2}{3}x^{3/2} + C$$
分子分母に $\sqrt{x+1} - \sqrt{x}$ を掛けると：
$$\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{(x+1)-x} = \sqrt{x+1} - \sqrt{x}$$
$$\int \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}\,dx = \int (\sqrt{x+1}-\sqrt{x})\,dx = \frac{2}{3}(x+1)^{3/2} - \frac{2}{3}x^{3/2} + C$$
$\sqrt{A} - \sqrt{B}$ に $\sqrt{A} + \sqrt{B}$ を掛けると $A - B$ になり根号が消えます。これは $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$ という因数分解の公式そのものです。
分母に根号の差（または和）が含まれるとき、共役な式を掛ければ分母が有理化され、しばしば積分が劇的に簡単になります。
$\sqrt{x^2 - a^2}$ の場合は $x = \dfrac{a}{\cos\theta}$ と置換します（$0 \le \theta < \dfrac{\pi}{2}$）。
$$x^2 - a^2 = \frac{a^2}{\cos^2\theta} - a^2 = a^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right) = a^2\tan^2\theta$$
よって $\sqrt{x^2 - a^2} = a\tan\theta$ となり根号が消えます。$dx = \dfrac{a\sin\theta}{\cos^2\theta}\,d\theta$ を使って計算を進めます。
$\sqrt{ax^2 + bx + c}$ を含む積分に対して、オイラーの置換と呼ばれるより一般的な手法があります。例えば $\sqrt{ax^2+bx+c} = t + \sqrt{a}\,x$ のように根号を含む式を直接 $t$ とおく方法です。
原理的にはあらゆる $\sqrt{(\text{2次式})}$ を含む積分を有理関数に変換できますが、計算が煩雑になりがちです。高校・大学初年度では三角置換で十分です。
✗ 誤：$\sqrt{x^2 - a^2}$ に $x = a\tan\theta$ を使う → $\sqrt{a^2\tan^2\theta - a^2} = a\sqrt{\tan^2\theta - 1}$ で根号が消えない
○ 正：$\sqrt{x^2 - a^2}$ には $x = \dfrac{a}{\cos\theta}$ を使う。$\sqrt{x^2 + a^2}$ には $x = a\tan\theta$ を使う
符号の違い（$+a^2$ か $-a^2$ か）で使う置換が変わります。利用する恒等式を確認してから置換しましょう。
Q1. $\sqrt{4-x^2}$ を含む積分では、$x$ をどう置換しますか？
Q2. $\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$ を求めなさい。
Q3. $\sqrt{x^2 + 9}$ を含む積分には何の置換が有効ですか？
Q4. $\int \frac{x}{\sqrt{x+3}}\,dx$ を求める置換は？
Q5. $\dfrac{1}{\sqrt{x+2}-\sqrt{x}}$ の分母を有理化しなさい。
次の不定積分を求めよ。
(1) $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{2x+1}}\,dx$
(2) $\displaystyle\int \frac{x}{\sqrt{x+4}}\,dx$
(1) $t = \sqrt{2x+1}$ とおくと $t^2 = 2x+1$, $dx = t\,dt$ であるが、より簡単には $2x+1 = u$ として $du = 2\,dx$ とすれば：
$$\int \frac{1}{\sqrt{2x+1}}\,dx = \frac{1}{2}\int u^{-1/2}\,du = \frac{1}{2}\cdot 2u^{1/2} + C = \sqrt{2x+1} + C$$
(2) $t = \sqrt{x+4}$ とおくと $x = t^2-4$, $dx = 2t\,dt$。
$$\int \frac{t^2-4}{t}\cdot 2t\,dt = 2\int (t^2-4)\,dt = \frac{2t^3}{3} - 8t + C$$
$$= \frac{2(x+4)^{3/2}}{3} - 8\sqrt{x+4} + C = \frac{2\sqrt{x+4}}{3}(x+4-12) + C = \frac{2\sqrt{x+4}}{3}(x-8) + C$$
$\displaystyle\int \frac{x^2}{\sqrt{4-x^2}}\,dx$ を求めよ。
$x = 2\sin\theta$（$-\dfrac{\pi}{2} \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$）と置換。$dx = 2\cos\theta\,d\theta$, $\sqrt{4-x^2} = 2\cos\theta$。
$$\int \frac{4\sin^2\theta}{2\cos\theta}\cdot 2\cos\theta\,d\theta = 4\int \sin^2\theta\,d\theta$$
半角の公式より：
$$= 4\cdot\frac{1}{2}\left(\theta - \frac{\sin 2\theta}{2}\right) + C = 2\theta - \sin 2\theta + C = 2\theta - 2\sin\theta\cos\theta + C$$
$\sin\theta = \dfrac{x}{2}$, $\cos\theta = \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{2}$, $\theta = \arcsin\dfrac{x}{2}$ を代入：
$$= 2\arcsin\frac{x}{2} - 2\cdot\frac{x}{2}\cdot\frac{\sqrt{4-x^2}}{2} + C = 2\arcsin\frac{x}{2} - \frac{x\sqrt{4-x^2}}{2} + C$$
$\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x-1}}\,dx$（$x > 1$）を求めよ。
分母を有理化する。分子分母に $\sqrt{x+1} - \sqrt{x-1}$ を掛けると：
$$\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{(x+1)-(x-1)} = \frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{2}$$
$$\int \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}\,dx = \frac{1}{2}\int \left(\sqrt{x+1} - \sqrt{x-1}\right)\,dx$$
$$= \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}(x+1)^{3/2} - \frac{2}{3}(x-1)^{3/2}\right) + C = \frac{1}{3}\left((x+1)^{3/2} - (x-1)^{3/2}\right) + C$$
$\displaystyle\int \sqrt{x^2 + 1}\,dx$ を求めよ。
$x = \tan\theta$（$-\dfrac{\pi}{2} < \theta < \dfrac{\pi}{2}$）と置換。$dx = \dfrac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta$, $\sqrt{x^2+1} = \dfrac{1}{\cos\theta}$。
$$\int \sqrt{x^2+1}\,dx = \int \frac{1}{\cos\theta}\cdot\frac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta = \int \frac{1}{\cos^3\theta}\,d\theta$$
$I = \int \dfrac{1}{\cos^3\theta}\,d\theta$ を部分積分で求める。$f = \dfrac{1}{\cos\theta}$, $g' = \dfrac{1}{\cos^2\theta}$ とおくと $g = \tan\theta$, $f' = \dfrac{\sin\theta}{\cos^2\theta}$。
$$I = \frac{\tan\theta}{\cos\theta} - \int \frac{\sin\theta\tan\theta}{\cos^2\theta}\,d\theta = \frac{\tan\theta}{\cos\theta} - \int \frac{\sin^2\theta}{\cos^3\theta}\,d\theta$$
$\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$ より：
$$I = \frac{\tan\theta}{\cos\theta} - \int \frac{1}{\cos^3\theta}\,d\theta + \int \frac{1}{\cos\theta}\,d\theta = \frac{\tan\theta}{\cos\theta} - I + \log|\sec\theta+\tan\theta|$$
$$2I = \frac{\tan\theta}{\cos\theta} + \log|\sec\theta+\tan\theta|$$
$\tan\theta = x$, $\sec\theta = \sqrt{x^2+1}$ を代入：
$$\int \sqrt{x^2+1}\,dx = \frac{x\sqrt{x^2+1}}{2} + \frac{1}{2}\log\left|x+\sqrt{x^2+1}\right| + C$$
$\int \dfrac{1}{\cos^3\theta}\,d\theta$ は部分積分で「元の形に戻る」タイプです。$I$ とおいて $2I = \cdots$ の方程式を解く手法は、$\int e^x \sin x\,dx$ と同じ発想です。三角置換と部分積分の融合問題であり、入試では高い計算力が要求されます。