【数Ⅲ】1/cos x の微分と6通りの不定積分の導出法

本稿では関数 1/cos x の導関数と不定積分の様々な導出法を紹介します。1/cos^2 x についても触れます。

 

※ $\dfrac{1}{\sin x}$ の導関数と不定積分の導出法についてはこちら


 $\dfrac{1}{\cos x}$の導関数の導出

微分すれば良いだけなので、導関数の導出は簡単です。中身の微分も忘れずに。

$$\small \begin{aligned}
& \quad \frac{d}{dx}\left[\dfrac{1}{\cos x}\right] \\
&=-\frac{\left(\cos x\right)^{\prime}}{\cos^2 x} \\
&=\color{red}{\dfrac{\sin x}{\cos^2 x}}
\end{aligned}$$

 

 $\dfrac{1}{\cos x}$の不定積分の導出

数学Ⅲでよく取り上げられる計算ですが、複数の導き方が知られています。入試問題としても出題されることがあります(2019年京大理系第1問など)。

 

① 部分分数分解を利用

$$\small \begin{aligned}
& \quad \displaystyle \int \frac{d x}{\cos x} \\
&=\int \frac{\cos x}{\cos ^{2} x} d x \\
&=\int \frac{\cos x}{1-\sin ^{2} x} d x \\
&=\int \frac{\cos x}{(1-\sin x)(1+\sin x)} d x \\
&=\frac{1}{2}\int \left(\frac{\cos x}{1-\sin x}+\frac{\cos x}{1+\sin x}\right) d x \\
&=\frac{1}{2}\int \left(\frac{-(1-\sin x)^{\prime}}{1-\sin x}+\frac{(1+\sin x)^{\prime}}{1+\sin x}\right) d x \\
&=\frac{1}{2}\left(-\log|1-\sin x|+\log|1+\sin x|\right)+C \\
&=\color{red}{\frac{1}{2}\log\left|\frac{1+\sin x}{1-\sin x}\right|+C} \\
\end{aligned}$$絶対値は外しても外さなくても構いません。オーソドックスな方法です。

 

② $\sin$の2倍角の公式を利用

$\cos x=-\sin\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)$ より、$$\small \displaystyle \int \dfrac{d x}{\cos x} =-\int \dfrac{d x}{\sin\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)}$$が成り立ちます。ここで $u=x-\dfrac{\pi}{2}$ と置くと、$du=dx$ であるから、$$\small \begin{aligned}
& \quad \displaystyle \int \dfrac{d x}{\cos x} \\
&=-\int \dfrac{d u}{\sin u} \\
&=-\int \dfrac{d u}{2 \sin \dfrac{u}{2} \cos \dfrac{u}{2}} \\
&=-\int \dfrac{d u}{2 \cos ^{2} \dfrac{u}{2} \tan \dfrac{u}{2}}
\end{aligned}$$一般に $\small \left(\tan \dfrac{u}{2}\right)^{\prime}=\dfrac{1}{2\cos^2\dfrac{u}{2}}$ が成り立つので$$\small \begin{aligned}
& \quad -\int \dfrac{d u}{2 \cos ^{2} \dfrac{u}{2} \tan \dfrac{u}{2}} \\
&=-\int \dfrac{\left(\tan \dfrac{u}{2}\right)^{\prime}}{\tan \dfrac{u}{2}} d x \\
&=-\log \left|\tan \dfrac{u}{2}\right|+C \\
&= -\log \left|\tan \dfrac{\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)}{2}\right|+C \\
&=\color{red}{-\log \left|\tan \left(\dfrac{x}{2}-\dfrac{\pi}{4}\right)\right|+C} \end{aligned}$$を得ます。①の結果と形が異なりますが、同じ値を表しています。少し回りくどい方法かもしれません。

※ 一般に、$\sin \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)=\cos x$ および $\cos \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)=\sin x$ が成り立つため、$\small \displaystyle \int f(\sin x) d x$ と $\small \displaystyle \int f(\cos x) d x$ のいずれか一方が求められれば $x=\dfrac{\pi}{2}-t$ などと置くことでもう一方の不定積分も求められます。

 

③ $\tan x+\sec x$ を利用

$$\small \begin{aligned}
\displaystyle \int \dfrac{d x}{\cos x} &= \int \frac{1}{\cos x}\left(\dfrac{\tan x+\frac{1}{\cos x}}{\tan x+\frac{1}{\cos x}}\right)\,dx \\
&=\int \dfrac{\frac{\tan x}{\cos x}+\frac{1}{\cos^2 x}}{\tan x+\frac{1}{\cos x}}\,dx \\
&=\int \frac{\left(\frac{1}{\cos x}+\tan x\right)^{\prime}}{\tan x+\frac{1}{\cos x}}\,dx \\
&=\color{red}{\log\left|\tan x+\frac{1}{\cos x}\right|+C}
\end{aligned}$$これは知らないとまず思い付かない式変形だと思います。観賞用の証明ですね。

またまた形の異なる結果が得られましたが、これまでと同じ値を表しています。確かめてみて下さい。

※ ここで、$\small \sec x=\dfrac{1}{\cos x}$ です。因みに $\small \csc x=\dfrac{1}{\sin x}$ であり、$\small \cot x=\dfrac{1}{\tan x}$ です。

 

④ $\dfrac{1}{\sqrt{u^2-1}}$ の積分を利用

$u=\dfrac{1}{\cos x}$ と置くと、$$\small du=\dfrac{1}{\cos x} \tan x \, d x$$ $$\small \dfrac{1}{\cos x} \, d x=\frac{du}{\tan x}=\frac{du}{\sqrt{\mathstrut u^{2}-1}}$$となるので$$\small \begin{aligned}\int \dfrac{1}{\cos x} \, dx &= \int \frac{1}{\sqrt{u^{2}-1}} \, du \\ &= \log \left|u+\sqrt{u^{2}-1}\right|+C \\ &=\color{red}{\log \left|\dfrac{1}{\cos x}+\tan x\right|+C} \end{aligned}$$を得ます。

なお、$$\small \int \frac{1}{\sqrt{u^{2}-1}} \, du = \log \left|u+\sqrt{u^{2}-1}\right|+C$$が成り立つことは右辺を微分すれば確かめられます。これも予備知識が無いと導くのが難しそうです。

 

⑤ $t=\tan \dfrac{x}{2}$ と置換する

いわゆる「ワイエルシュトラス置換」(Weierstrass substitution) または「半角正接置換」(tangent half-angle substitution) と呼ばれる置換積分による方法も有名です。

$t=\tan \dfrac{x}{2}$ と置換すると、$$\small \begin{cases}
\sin {\dfrac {x}{2}}={\dfrac {t}{\sqrt {1+t^{2}}}} \\
\cos {\dfrac {x}{2}}={\dfrac {1}{\sqrt {1+t^{2}}}} \\
\end{cases}$$と表せるので、$$\small \sin x=\frac {2t}{1+t^{2}},\ \cos x=\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}$$と表せます。また、$$\small d x=\dfrac{2}{1+t^{2}} d t$$となるので、$$\small \begin{aligned}
\displaystyle \int \dfrac{d x}{\cos x} &= \int\frac{1+t^{2}}{1-t^{2}}\cdot\dfrac{2}{1+t^{2}}\, d t \\
&=\int \dfrac{2}{1-t^{2}}\,dt \\
&=\int \left(\dfrac{1}{1-t}+\dfrac{1}{1+t}\right)\,dt \\
&=-\log\left|1-t\right|+\log\left|1+t\right|+C \\
&=\log\left|\dfrac{1+t}{1-t}\right|+C \\
&=\color{red}{\log\left|\dfrac{1+\tan \dfrac{x}{2}}{1-\tan \dfrac{x}{2}}\right|+ C}
\end{aligned}$$を得ます。参考書などでよく紹介されているタイプの証明法です。$t=\tan \dfrac{x}{2}$ と置けば大抵の被積分関数は有理関数化できるので、ゴリ押しで積分計算を処理できます。

 

⑥ 双曲線関数で置換する

これは高校の範囲を超えていますが、折角なので紹介しておきます。

$\small \dfrac{1}{\cos x}=\cosh \theta$ と置くと、$$\small \begin{aligned}
\tan x &=\sqrt{\sec ^{2} \theta-1} \\ &=\sqrt{\cosh ^{2} \theta-1} \\ &=\sinh \theta
\end{aligned}$$となるので、$\small \sin x=\tanh \theta$ と表せます。よって$$\small x=\sin^{-1}(\tanh \theta)$$ $$\small \begin{aligned}\therefore dx &=\dfrac{\operatorname{sech}^2\left(x\right)}{\sqrt{1-\tanh^2\left(x\right)}}\,d \theta \\ &=\dfrac{d \theta}{\cosh \theta} \end{aligned}$$より、$$\small \begin{aligned}
\int \dfrac{1}{\cos x} \, d x &=\int \cosh \theta \,\frac{d \theta}{\cosh \theta} \\ &=\int d \theta \\ &=\theta+C \\ &=\color{red}{\cosh ^{-1}\left(\dfrac{1}{\cos x}\right)+C}
\end{aligned}$$を得ます。

 


他にも証明法があるとは思いますが、今回はよく知られているものをピックアップして掲載しました。$\displaystyle \int \dfrac{d x}{\cos x}$ の求め方が6通りもあるというのは純粋に驚きですね! 前回の記事に続き、ここまで多様な導き方を紹介しているウェブサイトは他に無い気がします。

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