積分法(数Ⅲ)

例 \(\int_{}^{} x\sqrt{x-1}\,dx\) i) 根号の中を \(x-1=t\) とおくと \(x=t+1\)。

ii) \(\dfrac{dt}{dx}=1\) より \(dx=dt\)。

iii) 積分して戻す。 \[\int_{}^{} x\sqrt{x-1}\,dx=\int_{}^{}(t+1)\sqrt{t}\,dt=\int_{}^{}\left(t^{\frac{3}{2}}+t^{\frac{1}{2}}\right)dt =\dfrac{2}{5}t^{\frac{5}{2}}+\dfrac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}+C\] \[=\dfrac{2}{15}t^{\frac{3}{2}}\left(3t+5\right)+C=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{2}{15}(3x+2)(x-1)\sqrt{x-1}+C}}\]

例 \(\int_{}^{}(3x-1)^4dx=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{(3x-1)^5}{5}}}+C\) 　（カタマリの中の \(x\) の係数 \(3\) で割るだけ）

【注意】\(x\) の式で補正してはいけない！ 割ってよいのは定数のみ。 \(\because\) たとえば \(\int_{}^{}(x^2+1)^3dx\) を「カタマリ \(x^2+1\)」とみて \(\dfrac{1}{2x}\cdot\dfrac{(x^2+1)^4}{4}\) としたくなるが，これは誤り。 実際に微分してみると，\(\dfrac{1}{2x}\) が \(x\) の式なので積の微分になり， 余計な項が出て元に戻らない。\(1\) 次のカタマリのときだけ，割る相手が定数なので 微分しても素直に戻る。

例 \(\int_{}^{}(x^2+1)^3\cdot 2x\,dx\) \(x^2+1=t\) とおくと，後ろの \(2x\) はちょうど \(t\) の微分。だから \[\int_{}^{}(x^2+1)^3\cdot 2x\,dx=\int_{}^{}t^3dt=\dfrac{t^4}{4}+C=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{(x^2+1)^4}{4}+C}}\]

例 \(\int_{}^{}\dfrac{3x^2-2}{x^3-2x+5}\,dx\) 分母 \(x^3-2x+5\) を微分すると \(3x^2-2\)。これは分子そのもの。だから \[\int_{}^{}\dfrac{3x^2-2}{x^3-2x+5}\,dx=\class{mathkuu}{\underline{\log|x^3-2x+5|+C}}\]

\[\text{微分側} \quad \class{mathkuu}{\underline{\log x}} \ll x^n \ll \sin x, \cos x \ll \class{mathkuu}{\underline{e^x}} \quad \text{積分側}\] \(\because \log\)は積分が難しいから，\(e^x\)は積分が簡単だから。

例 \(\int_{}^{} x e^x dx\) i) 優先順位より \(e^x\) が積分側，\(x\) が微分側。

ii) \(\int_{}^{} x e^x dx = x e^x - \int_{}^{} 1\cdot e^x dx = \class{mathkuu}{\underline{x e^x - e^x + C}}\)

例 \(I=\int_{}^{} e^x \sin x\,dx\) \(2\) 回続けて部分積分すると \[I=e^x\sin x-\int_{}^{}e^x\cos x\,dx=e^x\sin x-\left(e^x\cos x+\int_{}^{}e^x\sin x\,dx\right)\] 右端がまた \(I\) に戻ってきたので，\(I\) についての方程式とみて解く。 \[2I=e^x(\sin x-\cos x)\quad\Longrightarrow\quad I=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{e^x(\sin x-\cos x)}{2}}}+C\] ※ \(2\) 回とも同じ側（ここでは \(e^x\)）を積分側にすること。途中で入れかえると元に戻ってしまう。

ひと山まるごと（\(0\leqq x\leqq\pi\)）なら \(\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx=\class{mathkuu}{\underline{2}}\)。 「半分で \(1\)，ひと山で \(2\)」と覚えておくと，\(|\sin x|\) や \(|\cos x|\) の定積分が 山をいくつ分か数えるだけになる。

【発展】周期がからむ和の形 i) 分割する。  ii) 積分区間を基本周期にそろえる。 例 \(\int_{0}^{n\pi} x^2 |\sin x| \, dx\) を求めよ。

i) \(|\sin x|\) の周期 \(\pi\) ごとに区切る。 \[\int_{0}^{n \pi} x^2 |\sin x| dx = \sum\limits_{k=0}^{n-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} x^2 |\sin x| \, dx\] ii) \(t=x-k\pi\) とおいて，どの区間も \(0\leqq t\leqq \pi\) にそろえる。 \(|\sin(t+k\pi)|=|\sin t|=\sin t\) なので \[=\sum\limits_{k=0}^{n-1} \int_{0}^{\pi} (t + k\pi)^2 \sin t \, dt =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \left(t^2 + 2\pi k t + \pi^2 k^2\right) \sin t \, dt\] あとは \(k\) を定数とみて積分するだけ（部分積分 \(2\) 回）。 \[\int_{0}^{\pi} (t^2 + 2\pi k t + \pi^2 k^2) \sin t \, dt=(\pi^2-4)+2\pi^2 k+2\pi^2 k^2\] これを \(k=0\) から \(n-1\) まで足せばよい。 ※ ポイントはどの区間も同じ形にそろえてしまうこと。 そろえた瞬間に，ただの \(\Sigma\) 計算に変わる。

平方完成してから③に持ち込む型も頻出。 例 \(\int_{0}^{1} \dfrac{dx}{x^2+2x+5}\) 分母を平方完成すると \(x^2+2x+5=(x+1)^2+2^2\)。\(x+1=X\) とみれば③の形なので \[x+1=2\tan\theta\ と置換する。\] \(x:0\to 1\) のとき \(\tan\theta:\dfrac{1}{2}\to 1\) に対応する。 このように，まず平方完成して \((\ \ )^2+(定数)^2\) を作るのが第一歩。

例 \(I_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x\,dx\)（\(n\geqq 2\)）を \(I_{n-2}\) で表せ。 \(\sin^n x=\sin^{n-1}x\cdot\sin x\) と分け，\(\sin x=(-\cos x)'\)とみて部分積分する。 \[I_n=\Big[\sin^{n-1}x\cdot(-\cos x)\Big]_0^{\frac{\pi}{2}}+(n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\cos^2 x\,dx\] 第1項は \(x=0\) で \(\sin^{n-1}x=0\)，\(x=\dfrac{\pi}{2}\) で \(\cos x=0\) なので \(\class{mathkuu}{\underline{0}}\)。 残りは \(\cos^2x=1-\sin^2x\) を使って \[I_n=(n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin^{n-2}x-\sin^n x\right)dx=(n-1)\left(I_{n-2}-I_n\right)\] \(I_n\) について解いて \(I_0=\dfrac{\pi}{2}\)，\(I_1=1\) だから，あとは \(2\) つ飛ばしで回すだけ。

※ \(\cos^n x\) でもまったく同じ式になる。 \(\int_{0}^{1}x^n e^{x}dx\) や \(\int_{0}^{1}(\log x)^n dx\) も，同じ手順で \(I_{n-1}\) との関係式が出る。 どこを \((\ \ )'\) とみるかがすべて。「\(n\) を減らす方向に部分積分する」と覚えておけばよい。

※ 積分変数に関係ない文字があれば，先に積分の外に出してから置き換える。

例：\(f(x)=\int_{0}^{1}({\color{red}{x}}-t)f(t)\,dt={\color{red}{x}}\int_{0}^{1}f(t)\,dt-\int_{0}^{1}tf(t)\,dt\)

ここで \(\int_{0}^{1}f(t)dt=a\)，\(\int_{0}^{1}tf(t)dt=b\) とおくと \(f(x)=a{\color{red}{x}}-b\)。

あとは手順2——この \(f(x)\) を \(a,\ b\) の定義式に代入して，\(a,\ b\) の連立方程式を解く。

一般形（これを覚えておけば全部済む） \[\dfrac{d}{dx}\int_{g(x)}^{h(x)} f(t)\,dt=\class{mathkuu}{\underline{f(h(x))h^\prime(x)-f(g(x))g^\prime(x)}}\] \(\because\) \(F^\prime=f\) とすると中身は \(F(h(x))-F(g(x))\)。 これを \(x\) で微分すると，合成関数の微分でそれぞれ \(h^\prime(x),\ g^\prime(x)\) が出てくるだけ。 ※ 上端だけが変数の \(\int_{a}^{x}\) は，\(h(x)=x,\ g(x)=a\)（定数なので \(g^\prime=0\)）の場合。 結局この1本にまとまる。

まとめ \[\lim_{n \to \class{mathkuu}{\underline{\infty}}} \class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{n}}} \sum\limits_{k=\class{mathkuu}{\underline{0}}}^{n-1} f\!\left(\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{k}{n}}}\right) = \lim_{n \to \class{mathkuu}{\underline{\infty}}} \class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{n}}} \sum\limits_{k=\class{mathkuu}{\underline{1}}}^{n} f\!\left(\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{k}{n}}}\right) = \class{mathkuu}{\underline{\int_{0}^{1} f(x)\,dx}}\]

例 \(\log(n+1)-\log n\) ときたら \(f(x)=\log x\)，つまり \(f'(x)=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{x}}}\) のグラフ。

\(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\) ときたら \(f(x)=\class{mathkuu}{\underline{2\sqrt{x}}}\)，つまり \(f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) のグラフ。

※ \(f(x)=\sqrt{x}\) でもよいが，それだと \(f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\) で \(\dfrac{1}{2}\) が邪魔。 はじめから \(2\) 倍しておくと \(f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) ときれいになる。 （係数は，作りたい形に合わせて調整してよい）

例題 \(\displaystyle\lim_{n\to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots +\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)\) を求めよ。 ※ 和のリミットなので，まず区分求積を疑うところ。でもこれは区分求積にできない。 \(\dfrac{1}{n}\) をくくり出すと \[\dfrac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{n}{\sqrt{k}}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n}\sqrt{n}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{k}{n}}}\] となり，\(\sqrt{n}\) が残ってしまうので \(\dfrac{k}{n}\) だけの関数にならない。 （そもそもこの和は \(\infty\) に発散するので，\(\int_{0}^{1}\) の有限の値にはなりえない。） \(\Longrightarrow\) 区分求積がダメなら，面積で評価する。

解 \(\dfrac{1}{\sqrt{k}}\)は幅\(1\)，高さ\(\dfrac{1}{\sqrt{k}}\)の長方形の面積で，\(y=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)は減少するから，区間\(k\leqq x\leqq k+1\)ではこの長方形が曲線の下側を覆う。よって \[\dfrac{1}{\sqrt{k}}>\displaystyle\int_{k}^{k+1}\dfrac{dx}{\sqrt{x}}\] \(k=1\)から\(n\)まで加えて \[1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots +\dfrac{1}{\sqrt{n}}>\displaystyle\int_{1}^{n+1}\dfrac{dx}{\sqrt{x}}=2\left( \sqrt{n+1}-1\right)\] 右辺\(\to \infty\)だから，追い出しの原理で\(\class{mathkuu}{\underline{\infty}}\)

※\(f(x)=2\sqrt{x}\)に平均値の定理を用いると\(2\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right) =\dfrac{1}{\sqrt{c}}\ (k<c<k+1)\)より\(\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}<2\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right) <\dfrac{1}{\sqrt{k}}\)となり，同じ不等式が得られる。

例 \(\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}\,dx\) まじめに \(x=\sin\theta\) と置換してもよいが，これは半径 \(1\) の四分円の面積そのもの。 \[=\dfrac{1}{4}\pi\cdot 1^2=\dfrac{\pi}{4}\] 置換・積分計算をまるごと飛ばせる。

円を縮めて考える 半径 \(a\) の円を \(y\) 方向に \(\dfrac{b}{a}\) 倍に縮めたものが，この楕円である。 縮めれば面積も \(\dfrac{b}{a}\) 倍になるから \[S=\pi a^2\times\dfrac{b}{a}=\pi ab\] \(a=b\) なら \(\pi a^2\) に戻る，という確認もしておこう。

積分で出す 上半分は \(y=\dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\) だから \[S=2\int_{-a}^{a}\dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\,dx=\dfrac{2b}{a}\int_{-a}^{a}\sqrt{a^2-x^2}\,dx\] ここで \(\int_{-a}^{a}\sqrt{a^2-x^2}\,dx\) は半径 \(a\) の半円の面積だから \(\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{\pi a^2}{2}}}\)。 \[S=\dfrac{2b}{a}\cdot\dfrac{\pi a^2}{2}=\pi ab\] ※ ここでも「円・扇形は積分しない」（Point4.5.8）が効いている。 \(x=a\sin\theta\) と置換して求めることもできる（Point4.4.6）。

例 サイクロイド \(x=a(t-\sin t),\ y=a(1-\cos t)\)（\(0\leqq t\leqq 2\pi\)，\(a>0\)）と \(x\) 軸で囲まれた部分の面積。

\(x:0\to 2\pi a\) が \(t:0\to 2\pi\) に対応し，\(\dfrac{dx}{dt}=a(1-\cos t)\) だから \[S=\int_{0}^{2\pi a}y\,dx=\int_{0}^{2\pi}a(1-\cos t)\cdot a(1-\cos t)\,dt=a^2\int_{0}^{2\pi}(1-\cos t)^2dt\] \((1-\cos t)^2=1-2\cos t+\cos^2 t\)，\(\cos^2 t=\dfrac{1+\cos 2t}{2}\) より \[S=a^2\left(2\pi-0+\pi\right)=\class{mathkuu}{\underline{3\pi a^2}}\] ※ \(\int_{0}^{2\pi}\cos t\,dt=0\)，\(\int_{0}^{2\pi}\cos 2t\,dt=0\)（周期関数の定積分）を使うと速い。

例 上のサイクロイドと \(x\) 軸で囲まれた部分を，\(x\) 軸のまわりに \(1\) 回転させた体積。

\[V=\pi\int_{0}^{2\pi}\left\{a(1-\cos t)\right\}^2\cdot a(1-\cos t)\,dt=\pi a^3\int_{0}^{2\pi}(1-\cos t)^3dt\] 展開すると \(1-3\cos t+3\cos^2 t-\cos^3 t\)。\(\int_{0}^{2\pi}\cos t\,dt=\int_{0}^{2\pi}\cos^3 t\,dt=0\)， \(\int_{0}^{2\pi}\cos^2 t\,dt=\pi\) だから \[V=\pi a^3\left(2\pi+3\pi\right)=\class{mathkuu}{\underline{5\pi^2a^3}}\]

よくある誤り 厚みを \(dt\) ではなく \(dx\) のまま計算してしまう。 \[\pi\int_{0}^{1}\left(\dfrac{x-x^2}{\sqrt{2}}\right)^{\!2}dx=\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{1}{30}=\dfrac{\pi}{60}\] 正解 \(\dfrac{\pi}{30\sqrt2}=\dfrac{\pi}{60}\cdot\sqrt2\) なので，ちょうど \(\sqrt2\) 倍ずれる。 軸が斜めのぶん，\(x\) が \(1\) 進む間に軸方向には \(\sqrt2\) 進んでいるのを落としたのが原因。

別解 複素数平面で回してしまう 図形全体を原点まわりに \(-45^\circ\) 回転すれば，回転軸 \(y=x\) が \(x\) 軸に重なる。 あとはふつうの \(x\) 軸回転。回転後の曲線を求める手間はかかるが， \(dt\) の処理でミスをしないぶん安全なこともある。

※ 使える条件 回す図形が，両端で回転軸に接している（軸で囲まれている）こと。 傘がすき間なく積み重なって立体を埋めるのは，この形のときだけ。

例 \(y=x^2\) と \(y=x\) で囲まれた部分を，\(y=x\) のまわりに \(1\) 回転させた体積。 （Point4.5.17 と同じ問題） 軸は \(y=x\) なので \(\tan\alpha=1\)，\(\cos\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)。 \[V=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}(x-x^2)^2dx=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{1}{30}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{\sqrt{2}\,\pi}{60}}}\] 置換なしで一行。垂線の足やら \(t\) やらを追いかけなくてよい。

バウムクーヘンと兄弟 ・バウムクーヘン（Point4.5.18）… 軸に平行な短冊を回して筒で分割 ・傘型分割… 斜めの軸まわり。傘で分割 どちらも「軸に垂直な円板で切る」正攻法を避け，\(x\) のまま積分できる形に持ち込む道具。 記述で使うときは導出を書くか，断りを入れるのが無難。

上式たちは次の手順で簡単に導くことができる。微小区間\((x方向:\ dx,\ y方向:\ dy)\)における微小な曲線の長さは三平方の定理より，\(\sqrt{dx^2+dy^2}\)。これを●から▲まで積分すると， \[ L = \int_{●}^{▲} \sqrt{\left( dx\right)^2 + \left( dy \right)^2} \] とあくまで形式的にではあるが表すことができる。次に，\(\sqrt{　}\)の中からそれぞれ\(dt\)，\(dx\)を取り出せば（すなわち\(\sqrt{　}\)の中はそれぞれ\(dt^2\)，\(dx^2\)で割られる）上式が得られる。

例 \(\dfrac{1}{6}\)公式の証明 \[\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)(x-\beta)\,dx =\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)\{(x-\alpha)-(\beta-\alpha)\}\,dx\] \[=\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^2dx-(\beta-\alpha)\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)\,dx\] \[=\left[\dfrac{(x-\alpha)^3}{3}\right]_{\alpha}^{\beta}-(\beta-\alpha)\left[\dfrac{(x-\alpha)^2}{2}\right]_{\alpha}^{\beta} =\class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{(\beta-\alpha)^3}{6}}}\]

【使い方】 \(\int_{a}^{b}\) の形でそのままでは手が出ない定積分がきたら，\({\color{red}{t=a+b-x}}\) と置換してみる。 元の \(f(x)\) と置換後の \(f(a+b-x)\) を足すと簡単になるとき，\(I+I\) を作って一気に求まる。

例題 \(\displaystyle I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx\) を求めよ。 解 \(t=\dfrac{\pi}{2}-x\) と置換すると（King Property） \[I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos x}{\sin x+\cos x}\,dx\] 足すと分子が \(\sin x+\cos x\) になって約分できるので \[2I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}\,dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}1\,dx=\dfrac{\pi}{2}\] \[\therefore\ I=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{\pi}{4}}}\]

例題 \(\displaystyle\int_{}^{}\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+1}}\) 解 \(t=x+\sqrt{x^2+1}\) とおくと \[\dfrac{dt}{dx}=1+\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{t}{\sqrt{x^2+1}}\] よって \(\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{dt}{t}\)。これで根号がまるごと消える。 \[\int_{}^{}\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\int_{}^{}\dfrac{dt}{t}=\log|t|+C=\class{mathkuu}{\underline{\log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)+C}}\] ※ \(x+\sqrt{x^2+1}>0\) なので絶対値は外れる。

例題 \(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{dx}{\sin x+\cos x+1}\) 解 \(\tan\dfrac{x}{2}=t\) とおくと，\(x:0\to\dfrac{\pi}{2}\) のとき \(t:0\to 1\)。 \[\sin x+\cos x+1=\dfrac{2t}{1+t^2}+\dfrac{1-t^2}{1+t^2}+1=\dfrac{2t+2}{1+t^2}\] \[\therefore\ (与式)=\int_{0}^{1}\dfrac{1+t^2}{2t+2}\cdot\dfrac{2}{1+t^2}\,dt =\int_{0}^{1}\dfrac{dt}{t+1}=\Bigl[\log|t+1|\Bigr]_0^1=\class{mathkuu}{\underline{\log 2}}\] ※ \(1+t^2\) がきれいに消えるのがこの置換のうまみ。