$$\int (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx$$
整式の積分の公式 $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$ （$C$ は積分定数）を各項に適用する。
$$
\begin{aligned}
\text{与式} &= \frac{x^{3+1}}{3+1} + 2 \cdot \frac{x^{2+1}}{2+1} + 3 \cdot \frac{x^{1+1}}{1+1} + 4x + C \\
&= \frac{1}{4}x^4 + \frac{2}{3}x^3 + \frac{3}{2}x^2 + 4x + C
\end{aligned}
$$
（$C$ は積分定数）
$$\int \log(3x + 4) dx$$
置換積分法を用いる。
$3x + 4 = t$ とおくと、両辺を $x$ で微分して $3 = \frac{dt}{dx}$ より、$dx = \frac{1}{3}dt$ となる。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int \log t \cdot \frac{1}{3} dt \\ &= \frac{1}{3} \int \log t \, dt \end{aligned} $$
ここで、対数関数の積分公式 $\int \log t \, dt = t \log t - t + C$ を利用する。
$$ \begin{aligned} &= \frac{1}{3} (t \log t - t) + C' \\ &= \frac{1}{3} t \log t - \frac{1}{3} t + C' \end{aligned} $$
$t = 3x + 4$ を代入して元に戻す。
$$ \begin{aligned} &= \frac{1}{3} (3x+4) \log(3x+4) - \frac{1}{3}(3x+4) + C' \\ &= \frac{1}{3} (3x+4) \log(3x+4) - x - \frac{4}{3} + C' \end{aligned} $$
ここで、$-\frac{4}{3} + C'$ を改めて積分定数 $C$ とおくと、
$$
= \frac{1}{3} (3x+4) \log(3x+4) - x + C
$$
（$C$ は積分定数）
$$\int \frac{1}{x-2} dx$$
公式 $\int \frac{1}{u} du = \log|u| + C$ を利用する。
$$
\begin{aligned}
\text{与式} &= \log|x-2| + C
\end{aligned}
$$
（$C$ は積分定数。以下同様）
$$\int \frac{x^2 + 3x + 4}{x + 1} dx$$
分子の次数が分母の次数以上であるため、割り算を行って次数を下げる（帯分数化する）。
$x^2 + 3x + 4$ を $x+1$ で割ると、商が $x+2$、余りが $2$ となる。
すなわち、$x^2 + 3x + 4 = (x+1)(x+2) + 2$ であるから、
$$ \frac{x^2 + 3x + 4}{x + 1} = x + 2 + \frac{2}{x+1} $$
したがって、
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int \left( x + 2 + \frac{2}{x+1} \right) dx \\ &= \frac{1}{2}x^2 + 2x + 2\log|x+1| + C \end{aligned} $$
$$\int (3 \sin \theta + 7 \cos 2\theta) d\theta$$
三角関数の積分の公式を利用する。
$\int \sin \theta \, d\theta = -\cos \theta$
$\int \cos ax \, dx = \frac{1}{a} \sin ax$
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= 3(-\cos \theta) + 7 \cdot \frac{1}{2} \sin 2\theta + C \\ &= -3 \cos \theta + \frac{7}{2} \sin 2\theta + C \end{aligned} $$
$$\int \frac{\cos x}{\sin x} dx$$
被積分関数が $\frac{f'(x)}{f(x)}$ の形になっていることに着目する。
$(\sin x)' = \cos x$ であるから、
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int \frac{(\sin x)'}{\sin x} dx \\ &= \log|\sin x| + C \end{aligned} $$
$$\int \sin x \cos 2x dx$$
積和の公式 $2\sin A \cos B = \sin(A+B) + \sin(A-B)$ を利用して、積の形を和の形に直す。
$$ \begin{aligned} \sin x \cos 2x &= \frac{1}{2} \{ \sin(x+2x) + \sin(x-2x) \} \\ &= \frac{1}{2} (\sin 3x + \sin(-x)) \\ &= \frac{1}{2} (\sin 3x - \sin x) \end{aligned} $$
よって、
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int \frac{1}{2} (\sin 3x - \sin x) dx \\ &= \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{3} \cos 3x - (-\cos x) \right) + C \\ &= -\frac{1}{6} \cos 3x + \frac{1}{2} \cos x + C \end{aligned} $$
$$\int e^{2x-1} dx$$
合成関数の積分公式 $\int f(ax+b) dx = \frac{1}{a} F(ax+b)$ を利用する。
ここでは $e^x$ の積分が $e^x$ であり、$2x-1$ の係数が $2$ であるから、
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \frac{1}{2} e^{2x-1} + C \end{aligned} $$
$$\int x \log \sqrt{x-1} dx$$
まず、対数の性質 $\log a^k = k \log a$ を用いて被積分関数を簡単にする。
$$\log \sqrt{x-1} = \log (x-1)^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2} \log(x-1)$$
よって、
$$\text{与式} = \frac{1}{2} \int x \log(x-1) dx$$
ここで部分積分法 $\int f(x)g'(x) dx = f(x)g(x) - \int f'(x)g(x) dx$ を適用する。
$f(x) = \log(x-1)$、$g'(x) = x$ とおくと、
$f'(x) = \frac{1}{x-1}$、$g(x) = \frac{1}{2}x^2$ であるから、
$$ \begin{aligned} \int x \log(x-1) dx &= \frac{1}{2}x^2 \log(x-1) - \int \frac{1}{2}x^2 \cdot \frac{1}{x-1} dx \\ &= \frac{1}{2}x^2 \log(x-1) - \frac{1}{2} \int \frac{x^2}{x-1} dx \end{aligned} $$
後ろの積分の被積分関数 $\frac{x^2}{x-1}$ について、分子の次数を下げるために変形（割り算）を行う。
$$x^2 = x(x-1) + x = x(x-1) + (x-1) + 1 = (x-1)(x+1) + 1$$
より、
$$\frac{x^2}{x-1} = x + 1 + \frac{1}{x-1}$$
となる。これを利用して積分すると、
$$ \begin{aligned} \int \frac{x^2}{x-1} dx &= \int \left( x + 1 + \frac{1}{x-1} \right) dx \\ &= \frac{1}{2}x^2 + x + \log|x-1| \end{aligned} $$
これらを元の式に戻す。
$$
\begin{aligned}
\text{与式} &= \frac{1}{2} \left\{ \frac{1}{2}x^2 \log(x-1) - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2}x^2 + x + \log(x-1) \right) \right\} + C \\
&= \frac{1}{4}x^2 \log(x-1) - \frac{1}{8}x^2 - \frac{1}{4}x - \frac{1}{4}\log(x-1) + C \\
&= \frac{1}{4}(x^2-1)\log(x-1) - \frac{1}{8}x^2 - \frac{1}{4}x + C
\end{aligned}
$$
（注：真数条件 $x-1>0$ より $|x-1|=x-1$ とした）
また、元の式の $\log\sqrt{x-1}$ の形を使ってまとめると以下のようにも書ける。
$$
\text{答} \quad \frac{1}{2}(x^2-1)\log\sqrt{x-1} - \frac{1}{8}x^2 - \frac{1}{4}x + C
$$
$$\int_{-1}^{2} \sqrt{4-x^2} dx$$
置換積分法を用いて計算する。
$x = 2 \sin \theta$ とおくと、
$$dx = 2 \cos \theta d\theta$$
$x$ と $\theta$ の対応は以下の通り。
| $x$ | $-1 \longrightarrow 2$ |
| :--- | :--- |
| $\theta$ | $-\frac{\pi}{6} \longrightarrow \frac{\pi}{2}$ |
また、$-\frac{\pi}{6} \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$ の範囲において $\cos \theta \geqq 0$ であることに注意する。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{4 - 4\sin^2 \theta} \cdot 2 \cos \theta d\theta \\ &= \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{4(1 - \sin^2 \theta)} \cdot 2 \cos \theta d\theta \\ &= \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} 2 \cos \theta \cdot 2 \cos \theta d\theta \\ &= 4 \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 \theta d\theta \end{aligned} $$
半角の公式 $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ を利用する。
$$ \begin{aligned} &= 4 \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2\theta}{2} d\theta \\ &= 2 \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \cos 2\theta) d\theta \\ &= 2 \left[ \theta + \frac{1}{2} \sin 2\theta \right]_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= 2 \left\{ \left( \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2} \sin \pi \right) - \left( -\frac{\pi}{6} + \frac{1}{2} \sin \left(-\frac{\pi}{3}\right) \right) \right\} \\ &= 2 \left\{ \left( \frac{\pi}{2} + 0 \right) - \left( -\frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4} \right) \right\} \\ &= 2 \left( \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) \\ &= 2 \left( \frac{2}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) \\ &= \frac{4}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{2} \end{aligned} $$
（参考：グラフ $y=\sqrt{4-x^2}$ は原点を中心とする半径2の円の上半分を表すため、図形の面積として求めることも可能である）
$$\int_{0}^{1} \sqrt{4-x^2} dx$$
$x = 2 \sin \theta$ とおくと、$dx = 2 \cos \theta d\theta$ である。
$x$ と $\theta$ の対応は以下の通り。
| $x$ | $0 \longrightarrow 1$ |
| :--- | :--- |
| $\theta$ | $0 \longrightarrow \frac{\pi}{6}$ |
積分区間 $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{6}$ において $x = 2 \sin \theta$0 である。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sqrt{4 - 4\sin^2 \theta} \cdot 2 \cos \theta d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} 2 \cos \theta \cdot 2 \cos \theta d\theta \\ &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^2 \theta d\theta \\ &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{1 + \cos 2\theta}{2} d\theta \\ &= 2 \left[ \theta + \frac{1}{2} \sin 2\theta \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} \\ &= 2 \left( \frac{\pi}{6} + \frac{1}{2} \sin \frac{\pi}{3} \right) \\ &= 2 \left( \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) \\ &= \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} \end{aligned} $$
$$\int_{-1}^{4} \sqrt{3x+4} dx$$
$u = 3x+4$ とおくと、$du = 3dx$ すなわち $dx = \frac{1}{3}du$。
$x$ と $u$ の対応は以下の通り。
| $x$ | $-1 \longrightarrow 4$ |
| :--- | :--- |
| $u$ | $1 \longrightarrow 16$ |
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int_{1}^{16} \sqrt{u} \cdot \frac{1}{3} du \\ &= \frac{1}{3} \int_{1}^{16} u^{\frac{1}{2}} du \\ &= \frac{1}{3} \left[ \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} \right]_{1}^{16} \\ &= \frac{2}{9} \left[ u\sqrt{u} \right]_{1}^{16} \\ &= \frac{2}{9} (16\sqrt{16} - 1\sqrt{1}) \\ &= \frac{2}{9} (64 - 1) \\ &= \frac{2}{9} \cdot 63 \\ &= 14 \end{aligned} $$
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} x \sin x dx$$
部分積分法を利用する。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} x (-\cos x)' dx \\ &= \left[ -x \cos x \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (x)' (-\cos x) dx \\ &= \left( -\frac{\pi}{4} \cos \frac{\pi}{4} - 0 \right) + \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos x dx \\ &= -\frac{\pi}{4} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \left[ \sin x \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\ &= -\frac{\sqrt{2}\pi}{8} + \left( \frac{\sqrt{2}}{2} - 0 \right) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}\pi}{8} \quad \left( \text{または} \frac{\sqrt{2}(4-\pi)}{8} \right) \end{aligned} $$
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \cos x dx$$
部分積分法を利用する。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x (\sin x)' dx \\ &= \left[ x \sin x \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (x)' \sin x dx \\ &= \left( \frac{\pi}{2} \sin \frac{\pi}{2} - 0 \right) - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x dx \\ &= \frac{\pi}{2} - \left[ -\cos x \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{\pi}{2} + \left[ \cos x \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{\pi}{2} + (0 - 1) \\ &= \frac{\pi}{2} - 1 \end{aligned} $$
$$\int_{0}^{1} (2^x + 3^{2x}) dx$$
$3^{2x} = (3^2)^x = 9^x$ である。
指数関数の積分公式 $\int a^x dx = \frac{a^x}{\log a}$ を利用する。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int_{0}^{1} (2^x + 9^x) dx \\ &= \left[ \frac{2^x}{\log 2} + \frac{9^x}{\log 9} \right]_{0}^{1} \\ &= \left( \frac{2}{\log 2} + \frac{9}{\log 9} \right) - \left( \frac{1}{\log 2} + \frac{1}{\log 9} \right) \\ &= \frac{1}{\log 2} + \frac{8}{\log 9} \end{aligned} $$
ここで $\log 9 = \log 3^2 = 2 \log 3$ であるから、
$$ \begin{aligned} \text{答} &= \frac{1}{\log 2} + \frac{8}{2 \log 3} \\ &= \frac{1}{\log 2} + \frac{4}{\log 3} \end{aligned} $$
$$\int_{1}^{4} \left| \frac{1}{x} - \frac{3}{x^2} \right| dx$$
絶対値の中身の符号を確認する。
$$\frac{1}{x} - \frac{3}{x^2} = \frac{x-3}{x^2}$$
積分区間 $1 \leqq x \leqq 4$ において、$x^2 > 0$ なので、符号は分子 $x-3$ で決まる。
* $1 \leqq x \leqq 3$ のとき、$x-3 \leqq 0$ なので負。
* $3 \leqq x \leqq 4$ のとき、$x-3 \geqq 0$ なので正。
したがって、積分区間を分けて計算する。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \int_{1}^{3} - \left( \frac{1}{x} - \frac{3}{x^2} \right) dx + \int_{3}^{4} \left( \frac{1}{x} - \frac{3}{x^2} \right) dx \\ &= \int_{1}^{3} \left( 3x^{-2} - \frac{1}{x} \right) dx + \int_{3}^{4} \left( \frac{1}{x} - 3x^{-2} \right) dx \\ &= \left[ -3x^{-1} - \log|x| \right]_{1}^{3} + \left[ \log|x| - (-3x^{-1}) \right]_{3}^{4} \\ &= \left[ -\frac{3}{x} - \log x \right]_{1}^{3} + \left[ \log x + \frac{3}{x} \right]_{3}^{4} \\ &= \left\{ (-1 - \log 3) - (-3 - 0) \right\} + \left\{ (\log 4 + \frac{3}{4}) - (\log 3 + 1) \right\} \\ &= (2 - \log 3) + (\log 4 - \log 3 - \frac{1}{4}) \\ &= \frac{7}{4} + \log 4 - 2\log 3 \\ &= \frac{7}{4} + 2\log 2 - 2\log 3 \end{aligned} $$
$$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{\sqrt{n^2 + k^2}}$$
区分求積法の公式 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_{0}^{1} f(x) dx$ を利用できるよう式変形を行う。
ルートの中の $n^2$ をくくり出すと、
$$
\frac{k}{\sqrt{n^2 + k^2}} = \frac{k}{\sqrt{n^2\left(1 + (\frac{k}{n})^2\right)}} = \frac{k}{n\sqrt{1 + (\frac{k}{n})^2}} = \frac{\frac{k}{n}}{\sqrt{1 + (\frac{k}{n})^2}}
$$
となる。したがって、与式は以下のように変形できる。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\frac{k}{n}}{\sqrt{1 + (\frac{k}{n})^2}} \\ &= \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} dx \end{aligned} $$
ここで $1+x^2 = t$ とおくと、$2x dx = dt$ すなわち $x dx = \frac{1}{2} dt$。
$x$ と $t$ の対応は以下の通り。
| $x$ | $0 \longrightarrow 1$ |
| :--- | :--- |
| $t$ | $1 \longrightarrow 2$ |
$$ \begin{aligned} \text{計算} &= \int_{1}^{2} \frac{1}{\sqrt{t}} \cdot \frac{1}{2} dt \\ &= \frac{1}{2} \int_{1}^{2} t^{-\frac{1}{2}} dt \\ &= \frac{1}{2} \left[ 2t^{\frac{1}{2}} \right]_{1}^{2} \\ &= \left[ \sqrt{t} \right]_{1}^{2} \\ &= \sqrt{2} - 1 \end{aligned} $$
$$\lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{2n} \sum_{k=1}^{n} \sin \frac{k\pi}{2n}$$
定数係数を整理し、区分求積法の形に持ち込む。
$\frac{k\pi}{2n} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{k}{n}$ であることに着目する。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sin \left( \frac{\pi}{2} \cdot \frac{k}{n} \right) \\ &= \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \sin \left( \frac{\pi}{2} x \right) dx \end{aligned} $$
積分を実行する。
$$ \begin{aligned} \text{計算} &= \frac{\pi}{2} \left[ -\frac{1}{\frac{\pi}{2}} \cos \left( \frac{\pi}{2} x \right) \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{\pi}{2} \cdot \left( - \frac{2}{\pi} \right) \left[ \cos \left( \frac{\pi}{2} x \right) \right]_{0}^{1} \\ &= -1 \left( \cos \frac{\pi}{2} - \cos 0 \right) \\ &= -1 (0 - 1) \\ &= 1 \end{aligned} $$
$$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} + \dots + \frac{1}{2n-1} \right)$$
総和記号 $\sum$ を用いて表し、区分求積法の形に変形する。
項の分母が $n, n+1, \dots, n+(n-1)$ と変化しているため、一般項は $\frac{1}{n+k}$ （ただし $k=0$ から $n-1$）と書ける。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n+k} \\ &= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n(1 + \frac{k}{n})} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} \end{aligned} $$
これは関数 $f(x) = \frac{1}{1+x}$ の $0 \leqq x \leqq 1$ における定積分（左側長方形近似の極限）を表す。
（和の範囲が $k=1 \sim n$ でも $k=0 \sim n-1$ でも積分区間 $0 \to 1$ は変わらない）
$$ \begin{aligned} \text{計算} &= \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} dx \\ &= \left[ \log(1+x) \right]_{0}^{1} \\ &= \log 2 - \log 1 \\ &= \log 2 \end{aligned} $$