練習問題 1.
\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(a^2 + x^2)^{\frac{3}{2}}} dx\)
一見，無限区間の積分だが，\(\tan\theta\) を含む変数変換による置換積分にすれば，\(\displaystyle -\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) の有限区間での定積分に帰着する場合もある。
不定積分
まず，不定積分は「無理関数の積分」の練習問題 4. そのもの。
\(x = a \tan\theta\) とおいて置換積分。\(\displaystyle dx = \frac{a}{\cos^2\theta}\, d\theta\) であるから…
\begin{eqnarray}
\int \frac{1}{(a^2 + x^2)^{\frac{3}{2}}} dx &=&
\int\frac{1}{(a^2 + a^2 \tan^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\frac{a}{\cos^2\theta} d\theta \\
&=&
\int\frac{1}{a^3 (1 + \tan^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\frac{a}{\cos^2\theta} d\theta \\
&=& \frac{1}{a^2} \int \cos\theta\, d\theta \\
&=& \frac{1}{a^2} \sin\theta \\
&=& \frac{1}{a^2} \tan\theta \times \cos\theta \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{\tan\theta}{\sqrt{1 + \tan^2\theta}} \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{a \tan\theta}{\sqrt{a^2 + a^2\tan^2\theta}} \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{x}{\sqrt{a^2 + x^2}} \\
\end{eqnarray}
不定積分の別解
一旦答えがわかれば，いかようにもこじつけはできるわけで，以下のような別解も可能。
\begin{eqnarray}
\frac{1}{(a^2 + x^2)^{\frac{3}{2}}} &=& \frac{1}{\sqrt{a^2 + x^2}} \frac{1}{a^2 + x^2} \\
&=& \frac{1}{\sqrt{a^2 + x^2}} \frac{1}{a^2} \left( 1 -\frac{x^2}{a^2 + x^2}\right) \\
&=& \frac{1}{a^2} \left( \frac{1}{\sqrt{a^2 + x^2}} -x \frac{x}{(a^2 + x^2)^{\frac{3}{2}}}\right) \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{d}{dx} \frac{x}{\sqrt{a^2 + x^2}} \\
\therefore \ \ \int \frac{1}{(a^2 + x^2)^{\frac{3}{2}}} dx &=& \int \frac{1}{a^2} \frac{d}{dx} \frac{x}{\sqrt{a^2 + x^2}} dx \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{x}{\sqrt{a^2 + x^2}}
\end{eqnarray}
定積分
\(x = a \tan\theta\) とおいて置換積分だと
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(a^2 + x^2)^{\frac{3}{2}}} dx &=&
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{(a^2 + a^2 \tan^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\frac{a}{\cos^2\theta} d\theta \\
&=&
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{a^3 (1 + \tan^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\frac{a}{\cos^2\theta} d\theta \\
&=& \frac{1}{a^2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta\, d\theta \\
&=& \frac{1}{a^2} \Bigl[\sin\theta\Bigr]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \\
&=&\frac{1}{a^2} \left(1 -\left(-1\right)\right) \\
&=& \frac{2}{a^2}
\end{eqnarray}
または
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(a^2 + x^2)^{\frac{3}{2}}} dx
&=& \lim_{b\rightarrow \infty}\frac{1}{a^2} \Bigl[\frac{x}{\sqrt{a^2 + x^2}}\Bigr]_{-b}^b \\
&=& \lim_{b\rightarrow \infty}\frac{1}{a^2} \Bigl[\frac{x}{\sqrt{x^2}}\Bigr]_{-b}^b \\
&=& \frac{1}{a^2}\lim_{b\rightarrow \infty}\left( \frac{b}{|b|} -\frac{-b}{|b|}\right) \\
&=& \frac{2}{a^2}
\end{eqnarray}
練習問題 2.
\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{a^2 + x^2} dx\)
一見，無限区間の積分だが，\(\tan\theta\) を含む変数変換による置換積分にすれば，\(\displaystyle -\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) の有限区間での定積分に帰着する場合もある。
不定積分
まずは不定積分。
\( x = a \tan\theta\) とおいて置換積分
\begin{eqnarray}
\int \frac{1}{a^2 + x^2} dx &=& \int \frac{1}{a^2} \frac{1}{1+\tan^2 \theta} \frac{a}{\cos^2\theta} \,d\theta \\
&=& \frac{1}{a} \int \,d\theta \\
&=& \frac{\theta}{a} \\
&=& \frac{\tan^{-1}\frac{x}{a}}{a}
\end{eqnarray}
あるいは \(\displaystyle \frac{d}{dx} \tan^{-1} x = \frac{1}{1+x^2}\) がわかっていれば，脊髄反射で
\begin{eqnarray}
\int \frac{1}{a^2 + x^2} dx &=& \frac{1}{a} \int \frac{1}{1 + \left(\frac{x}{a}\right)^2} d\left(\frac{x}{a} \right)\\
&=& \frac{\tan^{-1}\frac{x}{a}}{a}
\end{eqnarray}
定積分
\( x = a \tan\theta\) とおいて置換積分すれば
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{a^2 + x^2} dx &=&
\frac{1}{a} \Bigl[\theta\Bigr]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \\
&=& \frac{\pi}{a}
\end{eqnarray}
これで安心してはいけない。ここでは \(a > 0\) が仮定されていることに注意。
\(a < 0\) のときには，
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{a^2 + x^2} dx &=&
\frac{1}{a} \Bigl[\theta\Bigr]^{-\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{2}} \\
&=& -\frac{\pi}{a} \\
&=& \frac{\pi}{|a|}
\end{eqnarray}
ということで \(a > 0\) のときも \(a < 0\) のときにも使える形で
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{a^2 + x^2} dx &=&
\frac{\pi}{|a|}
\end{eqnarray}
まとめると，定積分の場合は，積分範囲の変換があるから，最初から \( x = |a| \tan\theta\) とおいて置換積分すれば
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{a^2 + x^2} dx &=&
\frac{\pi}{|a|}
\end{eqnarray}