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積分計算

積分計算の工夫

定積分や不定積分を具体的に計算することは一般に大変困難である． 連続関数にかぎっても，不定積分が具体的に書ける関数はごく少ない．演習問題では工夫をすれば計算できる場合のみが出題されるわけであるから，どのような場合も計算できるように思うこともあるが実際にはそうではない．いくつかの計算の工夫方法と，原始関数の実例を示す．

線形性

定理 58       関数$f(x)$と$g(x)$は閉区間$[a,\ b]$で積分可能であるとする． 任意の実数 $\alpha,\ \beta$に対して 関数 $\alpha f(x)+\beta g(x)$も積分可能で等式：

$$\int_a^b\left(\alpha f(x)+\beta g(x) \right)\,dx= \alpha\int_a^bf(x)\,dx+\beta \int_a^bg(x) \,dx$$

が成立する．■

証明     定理50および数列の収束に関する定理9 より従う □

定理 59       関数$f(x)$は閉区間$[a,\ b]$で積分可能で， この区間で$f(x)\ge 0$であるとする．このとき，

$$\int_a^bf(x)\,dx\ge 0$$

が成立する． さらに区間内の$x_0$で，$f(x_0)>0$かつ $f(x)$は$x=x_0$で連続となるものが存在すれば

$$\int_a^bf(x)\,dx> 0$$

となる． ■

証明     前半は明らか．連続性から$x_0$を含む区間$[p,\ q]$で， この区間では$f(x)>0$となるものが存在する．よって

$$\int_a^bf(x)\,dx= \int_a^pf(x)\,dx+ \int_p^qf(x)\,dx+ \int_q^bf(x)\,dx > 0$$

である． □

定理 60       閉区間$[a,\ b]$で積分可能な関数$f(x)$は， $a<c<b$の$c$に対し，閉区間$[a,\ c]$と$[c,\ b]$でも積分可能で

$$\int_a^bf(x)\,dx=\int_a^cf(x)\,dx+\int_c^bf(x)\,dx$$

が成り立つ． ■

証明     任意の正数$\epsilon$に対して $\left\vert\Delta \right\vert<\delta$なら $S_{\Delta}-s_{\Delta}<\epsilon$となる分割が存在する． 分割に新たに分点をつけ加えても，区間幅の最大値は増加しないので， $c$が分割$\Delta$の分点$x_k$であるとしてよい． 分割$\Delta$が点$c$によって閉区間$[a,\ c]$と$[c,\ b]$の分割 $\Delta_1,\ \Delta_2$になるとすると，

$$\begin{eqnarray*} s_{\Delta}&=&\sum_{i=1}^nm_i(x_i-x_{i-1})\\ &=& \sum_{i=1}... ...-1})+ \sum_{i=k+1}^nM_i(x_i-x_{i-1})=S_{\Delta_1}+S_{\Delta_2} \end{eqnarray*}$$

$$S_{\Delta_1}-s_{\Delta_1}< \epsilon-\left(S_{\Delta_2}-s_{\Delta_2} \right)<\epsilon$$

等より，$f(x)$は閉区間$[a,\ c]$と$[c,\ b]$で積分可能である． よって

$$s_{\Delta}=s_{\Delta_1}+s_{\Delta_2} \le \int_a^cf(x)\,dx+\int_c^bf(x)\,dx \le S_{\Delta_1}+S_{\Delta_2}=S_{\Delta}$$

より，定理の等式が成立する． □

注意 5.6  

$$\int_a^af(x)\,dx=0\ ,\ \quad \int_a^bf(x)\,dx=-\int_b^af(x)\,dx$$

と定めれば，積分可能な区間内の任意の$a,\ b,\ c$で成立する．

置換積分

関数$\varphi(t)$は定義域が $[\alpha,\ \beta]$，値域が$[a,\ b]$で， $\varphi(\alpha)=a,\ \varphi(\beta)=b$．さらに定義域において微分可能で，かつ導関数$\varphi'(t)$は連続である． また，関数$f(x)$は区間$[a,\ b]$を含む区間$[c,\ d]$で連続である． このとき

$$\int_a^bf(x)\,dx= \int_{\alpha}^{\beta}f\{\varphi(t)\}\varphi'(t)\,dt$$

が成立する．

これを示す．$f(x)$は連続なので原始関数が存在する． それを$F(x)$とおく．合成関数の微分法から

$$\dfrac{d}{dt}F\{\varphi(t)\}= \dfrac{d}{dt}F'\{\varphi(t)\}\cdot\varphi'(t)= f\{\varphi(t)\}\cdot\varphi'(t)$$

よって$t$を変数とする関数 $F\{\varphi(t)\}$は $f\{\varphi(t)\}\cdot\varphi'(t)$の原始関数である． 条件から $f\{\varphi(t)\},\ \varphi'(t)$は連続であるから積分可能である． ゆえに

$$\int_{\alpha}^{\beta}f\{\varphi(t)\}\cdot\varphi'(t)\,dt =F\{\varphi(\beta)\}-F\{\varphi(\alpha)\} =\Bigl[F(x)\Bigr]_a^b$$

が成立する．

部分積分

$f(x)$と$g(x)$は定義域で微分可能でその導関数 $f'(x),\ g'(x)$も連続であるとする． 積の微分法から

$$\dfrac{d}{dx}f(x)g(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)$$

これから

$$\begin{eqnarray*} \int_a^bf'(x)g(x)\,dx &=&\int_a^b\dfrac{d}{dx}f(x)g(x)\,dx-\... ...g'(x)\,dx\\ &=&\Bigl[f(x)g(x)\Bigr]_a^b-\int_a^bf(x)g'(x)\,dx \end{eqnarray*}$$

原始関数の例

例 5.3  

$$\begin{array}{\vert c\vert c\vert c\vert} \hline f(x)&... ...nfty,\ \infty)&\dfrac{1}{\log a}a^x\\ \hline \end{array}$$

いくつかの注意．
1.　 $$\int \dfrac{1}{x}\,dx$$について．

$\dfrac{1}{x}$は$x=0$で不連続である．$(0,\ \infty)$の関数としては

$$\int \dfrac{1}{x}\,dx=\log x+C$$

である．$(-\infty,\ 0)$の関数とする．$t=-x$の置換をすることにより

$$\int \dfrac{1}{x}\,dx= \int \dfrac{1}{-t}\,(-dt)=\log t+C=\log(-x)+C$$

併せて上記表のようになる．
2.　 $$\int \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$$について．

逆三角関数の定義の注意3.2，および初等関数の微分の逆三角関数の微分からわかるように， $\mathrm{Sin}^{-1}x,\ -\mathrm{Cos}^{-1}x$はともに $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$の原始関数である．

例 5.4        $a$を正の定数とする．

$$\int\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}$$

を計算しよう．

方法1      $x=a\tan\theta$とおく．ただし， $-\dfrac{\pi}{2}<\theta<\dfrac{\pi}{2}$にとる． $\dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac{a}{\cos^2\theta}$で， $\dfrac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}=a\cos\theta$なので，

$$\begin{eqnarray*} \int\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}&=&\int\dfrac{d\theta}{\cos\the... ...eta}+C =\log\left(\dfrac{1}{\cos \theta}+\tan \theta \right)+C \end{eqnarray*}$$

ここで

$$\dfrac{1}{\cos \theta}=\sqrt{1+\dfrac{x^2}{a^2}}=\dfrac{1}{a}(\sqrt{x^2+a^2})$$

より$\dfrac{1}{a}$の対数を積分定数に入れて，次の結果を得る．

$$\int\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} =\log\left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)+C$$

方法2      $x=\dfrac{a}{2}(e^t-e^{-t})$とおく． $\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{a}{2}(e^t+e^{-t})$で， $\dfrac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}=\dfrac{2}{a(e^t+e^{-t})}$なので，

$$\int\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}=\int\,dt=t+C$$

$\dfrac{2x}{a}e^t=e^{2t}-1$より

$$e^t=\dfrac{x}{a}+\sqrt{\dfrac{x^2}{a^2}+1} =\dfrac{1}{a}\left(x+\sqrt{x^2+a^2} \right)$$

よって$\dfrac{1}{a}$の対数を積分定数に入れて，次の結果を得る．

$$\int\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} =\log\left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)+C$$

定積分の例

例 5.5  

$$\int_0^1x^m(1-x)^n\,dx=\dfrac{m!n!}{(m+n+1)!}$$

$$I(m,\ n)=\int_0^1x^m(1-x)^n\,dx$$とおく．

$$\begin{eqnarray*} I(m,\ n)&=&\int_0^1x^m(1-x)^n\,dx\\ &=& \left[\dfrac{x^{m+... ...int_0^1x^{m+1}(1-x)^{n-1}\,dx\\ &=&\dfrac{n}{m+1}I(m+1,\ n-1) \end{eqnarray*}$$

これから

$$\dfrac{I(m,\ n)}{m!n!}= \dfrac{I(m+1,\ n-1)}{(m+1)!(n-1)!}$$

ゆえに

$$\dfrac{I(m,\ n)}{m!n!}= \dfrac{I(m+n,\ 0)}{(m+n)!0!}=\dfrac{1}{(m+n)!0!}\int_0^1x^{m+n}\,dx =\dfrac{1}{(m+n+1)!}$$

より従う．

例 5.6        $$I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x\,dx$$とおくと，$I_n$には漸化式ができる．

$$\begin{eqnarray*} I_n&=&\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x\,dx =\int_0^{\frac{\pi}... ...frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x(1-\sin^2x)\,dx =(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n \end{eqnarray*}$$

$$∴\quad I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}$$

ここで

$$\begin{array}{l} \displaystyle I_0=\int_0^{\frac{\pi}{2}... ... x\,dx=\Bigl[-\cos x \Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=1 \end{array}$$

したがって

$$\begin{array}{l} I_{2n}=\dfrac{2n-1}{2n}\cdot\dfrac{2n-3... ...dfrac{2n-2}{2n-1}\cdot\cdots\dfrac{2}{3}\cdot 1 \end{array}$$

さらに，

$$\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=\dfrac{2}{1}\cd... ... \dfrac{4}{5}\cdot\cdots\cdots\dfrac{2n\cdot2n}{(2n-1)(2n+1)}$$

一方， $0<x<\dfrac{\pi}{2}$に対し $0<\sin^{2n+1}x<\sin^{2n}x<\sin^{2n-1}x$であるから

$$1<\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}<\dfrac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}}=\dfrac{2n+1}{2n}$$

$$\lim_{n \to \infty}\dfrac{2n+1}{2n}=1$$なので $$\lim_{n \to \infty}\dfrac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=1$$である．

$$∴\quad \dfrac{\pi}{2} =\dfrac{2\cdot2}{1\cdot3}\cdot\dfrac{4\cdot4}{3\cdot5}\cdots$$

これをウォリスの公式という．

一般に

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)\,dx= \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x)\,dx$$

が成り立つ．これは $t=\dfrac{\pi}{2}-x$と置換することでわかる． したがって $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^n x\,dx$$ も同じ漸化式を満たす．

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