https://spherical-harmonics.hatenablog.com/entry/2024/10/03/000250

次の定積分の値を求めよ．
$\displaystyle\int\int_D\dfrac{1}{(1+x^2+y^2)^2}dxdy$
ただし，積分領域 $D$ を次で定める．
$D=\left\{\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}\in\mathbb{R}^2\,\middle| \, |x|\leq x^2+y^2\leq 1\right\}$

[解答]
$D$ は極表示すると $\{ (r,\theta)\,|\, |r\cos\theta| \leqq r^2 \leqq 1\}$ ，つまり
$\{ (r,\theta)\,|\, 0\leqq r\leqq 1，\cos\theta\leqq |r| \}$
となるので求める定積分を $I$ とおくと
$I=\displaystyle\int_{0}^1\int_{\cos\theta\leqq |r|} \dfrac{rdrd\theta}{(1+r^2)^2}$ $=\displaystyle\int_{0}^1\int_{\sin\theta\leqq |r|} \dfrac{rdrd\theta}{(1+r^2)^2}$ $=\displaystyle\int_{0}^1\dfrac{2r\mbox{Arcsin}\, r}{(1+r^2)^2}dr$
$=\Bigl[-\dfrac{\mbox{Arcsin}\, r}{1+r^2}\Bigr]_0^1$ $+\displaystyle\int_{0}^1\dfrac{dr}{(1+r^2)\sqrt{1-r^2}}$
$=-\dfrac{\pi}{4}+\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \dfrac{dt}{1+\sin^2 t}$ （ $r=\sin t$ ）
$=-\dfrac{\pi}{4}+\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \dfrac{\sec^2 t}{\sec^2 t+\tan^2 t}dt$
$=-\dfrac{\pi}{4}+\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \dfrac{\sec^2 t}{1+2\tan^2 t}dt$
$=-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \dfrac{\sec^2 u}{1+\tan^2 u}du$ （ $\tan u=\sqrt{2}\tan t$ ）
$=-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} du$
$=-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}$ $=\dfrac{\sqrt{2}-1}{4}\pi$

同様に考えると， $A\gt -1$ のとき，
$\displaystyle\int\dfrac{dt}{1+A \sin^2 t}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{A+1}}\mbox{Arctan}\,\left(\sqrt{A+1}\tan t\right)+(積分定数)$
が成立するはずで，実際右辺を微分してみると
$\dfrac{1}{\sqrt{A+1}}\dfrac{1}{1+(A+1)\tan^2 t}\cdot \dfrac{\sqrt{A+1}}{\cos^2 t}$ $=\dfrac{1}{\cos^2 t+(A+1)\sin^2 t}$ $=\dfrac{1}{1+A\sin^2 t}$
となっている．