\begin{equation}
I(a, b, d) = \int(ax^2 + b)^d \ \mathrm{d}x \ \ (|a| = |b| = 1)
\end{equation} についてまとめます。積分定数は $C$ とします。また自然対数を $\ln$ と書きます。高校では $\log$ と書くことが多いです。
(1) $d = -1$ の場合
このとき、$a, \ b$ を両方 $-1$ 倍しても、被積分関数が $-1$ 倍になるだけなので、本質的には $2$ 通りです。
(1-1) $a = -1, \ b = 1$ の場合
これは数Ⅲの基礎的な積分です。部分分数分解で解くことができます。
\begin{split}
I(-1, 1, -1) &= \int\frac{1}{1 - x^2} \ \mathrm{d}x \\
&= \int \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1 + x} + \frac{1}{1 - x} \right) \ \mathrm{d}x \\
&= \frac{1}{2}\left( \ln |1 + x| - \ln |1 - x| \right) + C \\
&= \frac{1}{2} \ln \left|\frac{1 + x}{1 - x} \right| + C
\end{split} となります。$a = 1, \ b = -1$ の場合は、被積分関数が $-1$ 倍になっているだけなので同様に、
\begin{split}
I(1, -1, -1) &= \int\frac{1}{x^2 - 1} \ \mathrm{d}x \\
&= \frac{1}{2} \ln \left|\frac{1 - x}{1 + x} \right| + C \\
&= - \frac{1}{2} \ln \left|\frac{1 + x}{1 - x} \right| + C
\end{split} となります。この原始関数は、$\pm 1$ 以外の全実数で定義されます。
(1-2) $a = 1, \ b = 1$ の場合
\begin{equation}
I(1, 1, -1) = \int\frac{1}{1 + x^2} \ \mathrm{d}x \\
\end{equation} これも、定積分なら数Ⅲの基礎的な積分です。$x = \tan \theta \ (-\pi / 2 < \theta < \pi / 2)$ と置換するのが定石です。すると、
\begin{equation}
\mathrm{d}x = (\tan \theta)' \mathrm{d} \theta = \frac{\mathrm{d} \theta}{\cos^2 \theta}
\end{equation} \begin{equation}
\frac{1}{1 + x^2} = \frac{1}{1 + \tan^2 \theta} = \cos^2 \theta
\end{equation} から、
\begin{equation}
I(1, 1, -1) = \int \mathrm{d} \theta = \theta + C
\end{equation} で定積分ならこれから計算できます。不定積分の場合は、$\theta$ を $x$ で書く必要があります。これは高校範囲の関数で書けませんが、$x = \tan \theta$ ということは、要するに $\tan$ の逆関数 $\mathrm{arc} \hspace{-1.5pt} \tan $ を用いて $\theta = \mathrm{arc} \hspace{-1.5pt} \tan x $ ということなので、
\begin{equation}
I(1, 1, -1) = \mathrm{arc} \hspace{-1.5pt} \tan x + C
\end{equation} となります。原始関数が、こうなっていることを見越して、$x = \tan \theta$ と置換するのが定石となっているとも言えます。
$a = -1, \ b = -1$ の場合は、マイナスが付くだけです。また、この原始関数は全実数で定義されます。
(2) $d = -1/2$ の場合
このとき、$a = b = -1$ だと被積分関数の根号の中が常に負になって、被積分関数が定義されないので、それ以外の $3$ 通りの場合があります。
(2-1) $a = -1, \ b = 1$ の場合
\begin{equation}
I \left(-1, 1, -\frac{1}{2} \right) = \int\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \ \mathrm{d}x
\end{equation} これも、定積分なら数Ⅲの基礎的な積分です。$x = \sin \theta \ (-\pi / 2 \le \theta \le \pi / 2)$ と置換するのが定石です。すると、$ \sqrt{1 - x^2} = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \sqrt{\cos^2 \theta} = |\cos \theta| = \cos \theta$
($ \because -\pi / 2 \le \theta \le \pi / 2$ において $\cos \theta \ge 0$ より) となり、また $\mathrm{d}x = \cos \theta \mathrm{d} \theta$ なので、
\begin{equation}
I \left(-1, 1, -\frac{1}{2} \right) = \int \mathrm{d} \theta = \theta + C
\end{equation} を得ます。従って、$\sin$ の逆関数 $\mathrm{arc} \hspace{-1.5pt} \sin $ を用いて、
\begin{equation}
I \left(-1, 1, -\frac{1}{2} \right) = \mathrm{arc} \hspace{-1.5pt} \sin x + C
\end{equation} となります。この原始関数は、$-1 \le x \le 1$ で定義されます。
(2-2) $a = 1, \ b = 1$ の場合
\begin{equation}
I \left(1, 1, -\frac{1}{2} \right) = \int\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} \ \mathrm{d}x
\end{equation} 段々知名度が下がってきました。この積分には、双曲線関数による置換を使うのが便利なので、まずは双曲線関数を見ていきます。
双曲線関数は、三角関数と似たような関数で、以下のように定義されます。
\begin{equation}
\begin{cases}
\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t = \left( e^t + e^{-t} \right) / 2 \\
\sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t = \left( e^t - e^{-t} \right) / 2 \\
\end{cases}
\end{equation}
$(\cos t, \ \sin t)$ は単位円上にありますが、$(\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t, \ \sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t)$ は双曲線 $x^2 - y^2 = 1$ 上にあることが証明できます。
\begin{equation}
\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}^2 \ t - \sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}^2 \ t = \frac{e^{2t} + e^{-2t} + 2}{4} - \frac{e^{2t} + e^{-2t} - 2}{4} = 1
\end{equation} また、下記の面積が、$t / 2$ になる性質があります。
これは、三角関数で以下の面積が $t / 2$ になることと対応しています。
さて、双曲線関数の微分を考えると、定義の式から、
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t = \sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t \\
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t = \cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t
\end{cases}
\end{equation} を得ます。三角関数と似ていますが、マイナスが出てこず、三角関数よりむしろ素直です。
さて、積分の話に戻りますが、$x = \sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t$ と置換すれば、$1 + \sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}^{2} \ t = \cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}^{2} \ t$ となって、(2-1) と同じようにうまくいきそうです。実際、そのとき $\mathrm{d}x = \cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t \ \mathrm{d}t$ であるので、
\begin{equation}
I \left(1, 1, -\frac{1}{2} \right) = t + C
\end{equation} となります。つまり $\sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}$ の逆関数を $\mathrm{asinh}$ とすると、
\begin{equation}
I \left(1, 1, -\frac{1}{2} \right) = \mathrm{asinh} \ x + C
\end{equation} となります。ただ、逆双曲線関数の場合は、逆三角関数と違って高校範囲の初等関数で書き下すこともできます。
\begin{equation}
x = \sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t = \frac{ e^t - e^{-t}}{2}
\end{equation} を整理すると、
\begin{equation}
e^{2t} - 2xe^{t} - 1 = 0
\end{equation} となって、二次関数の解の公式から、
\begin{equation}
e^{t} = x + \sqrt{x^2 + 1} \ \ (> 0)
\end{equation} となります。($x - \sqrt{x^2 + 1} < 0$ は不適) 従って、
\begin{equation}
t = \mathrm{asinh} \ x = \ln \left( x + \sqrt{x^2 + 1} \right)
\end{equation} となります。つまり、
\begin{equation}
I \left(1, 1, -\frac{1}{2} \right) = \mathrm{asinh} \ x + C = \ln \left( x + \sqrt{x^2 + 1} \right) + C \tag{2.2.1}
\end{equation} となります。この原始関数は全実数で定義されます。
因みに、双曲線関数を使うよりもかなり計算が煩雑ですが、一応この積分は (1-2) のように $x = \tan \theta \ (-\pi / 2 < \theta < \pi / 2)$ と置換しても求められます。最後にそれを見ていきましょう。
そのように置換すると、$-\pi / 2 < \theta < \pi / 2$ で $\cos \theta > 0$ に注意すると、(1-2) と同じような要領で、
\begin{split}
I \left(1, 1, -\frac{1}{2} \right) &= \int\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} \ \mathrm{d}x
&= \int\frac{1}{\cos \theta} \ \mathrm{d}\theta
&= \int\frac{\cos \theta \ \mathrm{d}\theta}{\cos^2 \theta}
\end{split} を得ます。ここでさらに、$\sin \theta = s \ (|s| < 1)$ と置換すると、$\mathrm{d}s = \cos \theta \mathrm{d}\theta$ なので、
\begin{equation}
I \left(1, 1, -\frac{1}{2} \right) = \int\frac{\mathrm{d}s}{1 - s^2}
\end{equation} を得ます。ここで、これは (1-1) と同じ形なので、
\begin{split}
I \left(1, 1, -\frac{1}{2} \right) &= \frac{1}{2} \ln \left| \frac{1 + s}{1 - s} \right| + C\\
&= \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1 + s}{1 - s} \right) + C \ \ (\because -1 < s < 1)
\end{split} となります。さてここで、
\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{ll}
\sin^2 \theta = s^2 \\
\cos^2 \theta = 1 - s^2
\end{array}
\right.
\end{equation} であるので、$x^2 = \tan^2 \theta = s^2 / (1 - s^2)$ です。これを $|s| < 1$ に注意して変形すると、
\begin{equation}
s^2 = \frac{x^2}{x^2 + 1}
\end{equation} となります。ここで、$x = \tan \theta$ と $\sin \theta = s$ の符号が一致することに注意して、両辺の根号を考えると、
\begin{equation}
s = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}
\end{equation} です。以上より、
\begin{split}
I \left(1, 1, -\frac{1}{2} \right) &= \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1 + s}{1 - s} \right) + C \\
&= \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1 + \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}}{1 - \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}} \right) + C \\
&= \frac{1}{2} \ln \left( \frac{\sqrt{x^2 + 1} + x}{\sqrt{x^2 + 1} - x} \right) + C \\
\end{split} ここで、$\ln$ の内部の分母分子に、$\sqrt{x^2 + 1} + x > 0$ をかけて、
\begin{split}
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ &= \frac{1}{2} \ln \left( \left( \sqrt{x^2 + 1} + x \right)^{2} \right) + C \\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ &= \ln \left( x + \sqrt{x^2 + 1} \right) + C
\end{split} となり、式 $(2.2.1)$ と一致します。
(2-3) $a = 1, \ b = -1$ の場合
\begin{equation}
I \left(1, -1, -\frac{1}{2} \right) = \int\frac{1}{\sqrt{x^2 - 1}} \ \mathrm{d}x
\end{equation} (2-2) と同様に、$x = \cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t$ と置換すればうまくいきそうです。ただ、被積分関数が $|x| > 1$ で定義されるのに対し、$\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t \ge 1$ なので、場合分けが必要になります。
(a) $x \ge 1$ の場合
$x = \cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t \ (t \ge 0) $ と置換すれば*1、(2-2) と同様にして、
\begin{equation}
I \left(1, -1, -\frac{1}{2} \right) = t + C
\end{equation} となります。
\begin{equation}
x = \cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t = \frac{ e^t + e^{-t}}{2}
\end{equation} を整理すると、
\begin{equation}
e^{2t} - 2xe^{t} + 1 = 0
\end{equation} となって、二次関数の解の公式から、
\begin{equation}
e^{t} = x + \sqrt{x^2 - 1} \ \ (\ge 1 \ (\because x \ge 1))
\end{equation} となります。$\left( e^{t} = x - \sqrt{x^2 - 1} \ \le 1 \ は \ t \le 0 \ となり不適 \right)$ *2 従って、
\begin{equation}
I \left(1, -1, -\frac{1}{2} \right) = \ln \left( x + \sqrt{x^2 - 1} \right) + C
\end{equation} となります。
(b) $x \le -1$ の場合
$x = -\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t \ (t \ge 0) $ と置換すれば、
\begin{equation}
I \left(1, -1, -\frac{1}{2} \right) = -t + C
\end{equation} となります。
\begin{equation}
-x = \cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t = \frac{ e^t + e^{-t}}{2}
\end{equation} を整理すると、
\begin{equation}
e^{2t} + 2xe^{t} + 1 = 0
\end{equation} となって、二次関数の解の公式から、
\begin{equation}
e^{t} = -x + \sqrt{x^2 - 1} \ \ (\ge 1 \ (\because x \le -1))
\end{equation} となります。$\left( e^{t} = -x - \sqrt{x^2 - 1} \ \le 1 \ は \ t \le 0 \ となり不適 \right)$ 従って、
\begin{split}
I \left(1, -1, -\frac{1}{2} \right) &= -\ln \left( -x + \sqrt{x^2 - 1} \right) + C \\
&= \ln \left( -x - \sqrt{x^2 - 1} \right) + C
\end{split} となります。
以上 (a) (b) 合わせて、
\begin{equation}
I \left(1, -1, -\frac{1}{2} \right) = \ln \left| x + \sqrt{x^2 - 1} \right| + C
\end{equation} となります。この原始関数の定義域は $|x| \ge 1$ です。因みに、先に述べたように $\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}$ の値域は $1$ 以上なので、$\mathrm{acosh}$ の定義域は $1$ 以上です。従って厳密には、
\begin{equation}
\mathrm{acosh} \ x = \ln \left(x + \sqrt{x + 1} \sqrt{x - 1} \right)
\end{equation} とかかれ、上の関数とは厳密には異なります。但し、$x \ge 1$ においては一致しています。上の積分を頑張って $\mathrm{acosh}$ で書こうとすると場合分けになって、
\begin{equation}
I \left(1, -1, -\frac{1}{2} \right) =
\left\{
\begin{array}{ll}
\mathrm{acosh}(x) + C & (1 \le x) \\
-\mathrm{acosh}(-x) + C & (x \le -1)
\end{array}
\right.
\end{equation} となります *3。
(3) $d = 1/2$ の場合
(2) $d = -1/2$ の場合と同様に、$a = b = -1$ だと被積分関数の根号の中が常に負になって、被積分関数が定義されないので、それ以外の $3$ 通りの場合があります。
これは、部分積分により (2) に帰着することで求めることができます。
\begin{split}
I \left(a, b, \frac{1}{2} \right) &= \int \sqrt{ax^2 + b} \ \mathrm{d}x \\
&= \int (x)'\sqrt{ax^2 + b} \ \mathrm{d}x \\
&= x\sqrt{ax^2 + b} - \int x \frac{1}{2} (ax^2)' \frac{1}{\sqrt{ax^2 + b}} \mathrm{d}x \\
&= x\sqrt{ax^2 + b} - \int \frac{ax^2}{\sqrt{ax^2 + b}} \mathrm{d}x \\
&= x\sqrt{ax^2 + b} - \int \frac{ax^2 + b}{\sqrt{ax^2 + b}} \mathrm{d}x + \int \frac{b}{\sqrt{ax^2 + b}} \mathrm{d}x \\
&= x\sqrt{ax^2 + b} - I \left(a, b, \frac{1}{2} \right) + \int \frac{b}{\sqrt{ax^2 + b}} \mathrm{d}x
\end{split} なので *4、整理して、
\begin{split}
I \left(a, b, \frac{1}{2} \right) &= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{ax^2 + b} \ + \ \int \frac{b}{\sqrt{ax^2 + b}} \mathrm{d}x \right) \\
&= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{ax^2 + b} \ + \ b \ I \left(a, b, -\frac{1}{2} \right) \right)
\end{split} となって帰着出来ました。この式は、図1, 2 の双曲線関数、三角関数の性質に絡めて幾何的な解釈をすることができます。$1$ つずつみていきます。
(3-1) $a = -1, \ b = 1$ の場合
\begin{split}
I \left(-1, 1, \frac{1}{2} \right) &= \int \sqrt{1 - x^2} \ \mathrm{d}x \\
&= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{1-x^2} + \mathrm{arc} \hspace{-1.5pt} \sin x \right) + C
\end{split} この積分は、以下の図の色付きの面積と同一視できます。$x = \sin t $ となるように $t$ の取り方を少し工夫しています。
このうち右下の直角三角形が第 $1$ 項に対応しており、左上の円弧が第 $2$ 項に対応していることが分かります。
(3-2) $a = 1, \ b = 1$ の場合
\begin{split}
I \left(1, 1, \frac{1}{2} \right) &= \int \sqrt{1 + x^2} \ \mathrm{d}x \\
&= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{1 + x^2} + \mathrm{asinh} x \right) + C \\
&= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{1 + x^2} + \ln \left( x + \sqrt{1 + x^2} \right) \right) + C
\end{split} この積分は、以下の図の色付きの面積と同一視できます。$x = \sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}$ となるように $t$ の取り方を少し工夫しています (図2 で $x, \ y$ を反転したような感じ)。
このうち右下の直角三角形が第 $1$ 項に対応しており、左上の双曲線と直線が囲む領域が第 $2$ 項に対応していることが分かります。
(3-3) $a = 1, \ b = -1$ の場合
\begin{split}
I \left(1, -1, \frac{1}{2} \right) &= \int \sqrt{x^2 - 1} \ \mathrm{d}x \\
&= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{x^2 - 1} - \ln \left| x + \sqrt{x^2 - 1} \right| \right) + C \\
&= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{x^2 - 1} - \mathrm{acosh} x \right) + C \ \ (x \ge 1)
\end{split} この積分は、以下の図の赤色の領域の面積と同一視できます。
このうち赤色と緑色の和である直角三角形が第 $1$ 項に対応しており、緑色の領域が第 $2$ 項に対応しており、差し引くと積分に対応する赤色の領域となります。
まとめ
\begin{split}
\int\frac{1}{1 - x^2} \ \mathrm{d}x &= \frac{1}{2} \ln \left| \frac{1 + x}{1 - x} \right| + C \\
\int\frac{1}{1 + x^2} \ \mathrm{d}x &= \mathrm{arc} \hspace{-1.5pt} \tan x + C \\
\\
\int\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \ \mathrm{d}x &= \mathrm{arc} \hspace{-1.5pt} \sin x + C \\
\int\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} \ \mathrm{d}x &= \ln \left( x + \sqrt{1 + x^2} \right) + C \\
&= \mathrm{asinh} x + C \\
\int\frac{1}{\sqrt{x^2 - 1}} \ \mathrm{d}x &= \ln \left| x + \sqrt{x^2 - 1} \right| + C \\
&=
\left\{
\begin{array}{ll}
\mathrm{acosh}(x) + C & (1 \le x) \\
-\mathrm{acosh}(-x) + C & (x \le -1)
\end{array}
\right. \\
\\
\int \sqrt{1 - x^2} \ \mathrm{d}x &= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{1 - x^2} + \mathrm{arc} \hspace{-1.5pt} \sin x \right) + C \\
\int \sqrt{1 + x^2} \ \mathrm{d}x &= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{1 + x^2} + \ln \left( x + \sqrt{1 + x^2} \right) \right) + C \\
\int \sqrt{x^2 - 1} \ \mathrm{d}x &= \frac{1}{2} \left( x\sqrt{x^2 - 1} - \ln \left| x + \sqrt{x^2 - 1} \right| \right) + C
\end{split}
逆三角関数や逆双曲線関数が多く登場しています。また、後ろの三式は、円や双曲線に絡んだ領域の面積との対応付けを考えることができます。
これらの式と、*4 に示した漸化式を使うと、原理的には任意の整数と半整数の $d$ に対して、$I(a, b, d)$ を帰納的に求めることができます。
*1:$\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}$ は偶関数なので、$x$ に対応する $t$ が $2$ つあります。$\sqrt{\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}^{2} \ t - 1} = \sqrt{\sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}^{2} \ t} = |\sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t|$ ですが、$t \le 0$ の方を選ぶと、これが $-\sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t$ となり、符号がややこしくなり好ましくないです。従って、$t \ge 0$ を選びました。 こうすれば、$\sqrt{\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}^{2} \ t - 1} = \sin \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t \ \ge 0$ となります。
*2:ここで、この意味について考えます。最初に述べた通り $\cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h}$ は偶関数なので、$x = \cos \hspace{-1.5pt} \mathrm{h} \ t$ なる $t$ は正負で $2$ つあります。(但し、$x > 1$ の場合。$x = 1$ の場合は重なって $1$ つしかない。) 二次方程式の $2$ つの解はその $2$ つの $t$ に対応します。これは、実際以下のように式変形すると理解できます。\begin{equation}
t = \ln \left( x + \sqrt{x^2 - 1} \right) \ge 0
\end{equation} に対して、
\begin{split}
-t &= -\ln \left( x + \sqrt{x^2 - 1} \right) \\
&= -\ln \left( \frac{ \left( x + \sqrt{x^2 - 1} \right) \left( x - \sqrt{x^2 - 1} \right) }{ x - \sqrt{x^2 - 1} } \right) \\
&= -\ln \left( \frac{1}{ x - \sqrt{x^2 - 1} } \right) \\
&= \ln \left( x - \sqrt{x^2 - 1} \right)
\end{split} であるからです。これを、グラフで可視化すると以下のようになります。
我々は、このうち、$t \ge 0$ の方の枝を選びました。
*3:細かい注
定義域が $2$ つに分かれていますが、よく考えるとこの $2$ つの区間で積分定数が等しい必要は実はありません。つまり、厳密には、
\begin{equation}
I \left(1, -1, -\frac{1}{2} \right) =
\left\{
\begin{array}{ll}
\mathrm{acosh}(x) + C_1 & (1 \le x) \\
-\mathrm{acosh}(-x) + C_2 & (x \le -1)
\end{array}
\right.
\end{equation} です。普通はそんな細かいことは言わず、本文のように書きます。そのように書いたとき、定義域が複数の区間に分かれている場合において、異なる区間では積分定数が異なることを暗黙の内に許容していることになります。これは、定義域が $3$ つに分かれている (1-1) についても同じことが言えます。
*4:この計算は、任意の $d$ に一般化できます。つまり、 \begin{split} I \left(a, b, d \right) &= \int (ax^2 + b)^d \ \mathrm{d}x \\ &= \int (x)'(ax^2 + b)^d \ \mathrm{d}x \\ &= x(ax^2 + b)^d - \int 2dax^2 (ax^2 + b)^{d - 1} \mathrm{d}x \\ &= x(ax^2 + b)^d - \int 2d (ax^2 + b)(ax^2 + b)^{d - 1} + \int 2db(ax^2 + b)^{d - 1} \mathrm{d}x \\ \end{split} となります。整理すると、 \begin{split} (1 + 2d) I \left(a, b, d \right) &= x(ax^2 + b)^d + 2bd I \left(a, b, d - 1 \right) \end{split} を得ます。$ d = 1 / 2$ を代入して整理すると、本文の式を得ます。この式を見ると分かるように、$d \neq -1 / 2$ であるならば、$I \left(a, b, d \right)$ は $I \left(a, b, d - 1 \right)$ から求められ、$d \neq 0$ であるならば、逆に $I \left(a, b, d - 1 \right)$ が $I \left(a, b, d \right)$ から求められます。我々は (2) で $d = -1 / 2$ の場合を求めたので、上の漸化式から、任意の半整数の $d = 1 / 2 + N$ ($N$ は整数) に対して、$I \left(a, b, d \right)$ を帰納的に求めることができます。同様に、(1) で、$d = -1$ を求めたので、任意の整数の $d$ に対しても $I \left(a, b, d \right)$ を帰納的に得ることができます。これらから、我々は任意の整数と半整数の $d$ に対して、$I \left(a, b, d \right)$ を知ることができたことになります。
