日大工 総合教育 樋口幸治郎
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部分積分法は, $$\int f(x)g(x)dx$$ という形の積分の計算法である. それを一言で言うと, $$一部(f(x)かg(x))を積分することで全体の積分を計算する手法$$である. $f(x)$と$g(x)$のどちらを積分するかは, 他方の微分が簡単になる方を選択する.
今回(第6,7回)は, この部分積分法について学ぶ(教科書p124-126,p159-161). $$積の微分公式\quad\overset{「約分」+「移行」}{\Longrightarrow}\quad不定積分の部分積分\quad\overset{基本公式}{\Longrightarrow}\quad定積分の部分積分$$
今回の話の基礎となる積の微分公式を思い出しておこう.
積の微分公式(p35[III]) $$\dfrac{d}{dx}\left(f(x)g(x)\right)=\left(\dfrac{d}{dx}f(x)\right)g(x)+f(x)\left(\dfrac{d}{dx}g(x)\right)$$
今回使うことになる基本的な微積分計算の復習をしておこう.
以下に示す部分積分法は, $f(x)g(x)$という形の関数を積分するときに, どちらか一方の関数を積分(部分的に積分)して計算する方法である. どちらを積分するかは, 他方が微分で簡単になるように選ぶのが普通である.
定理(p124[III]) $G(x)$を$g(x)$の原始関数(=不定積分の特殊解), つまり, $\displaystyle\int g(x)dx=G(x)+C$とすれば, $$\int f(x)g(x)dx=f(x)G(x)-\int f^\prime(x)G(x)dx\tag{1}$$ $G^\prime(x)=g(x)$なので, $$\int f(x)G^\prime(x)dx=f(x)G(x)-\int f^\prime(x)G(x)dx\tag{2}$$ とも書ける.
証明. 積の微分公式を変形していけば $$\begin{align} \dfrac{d}{dx}\left(f(x)g(x)\right) &=\left(\dfrac{d}{dx}f(x)\right)g(x)+f(x)\left(\dfrac{d}{dx}g(x)\right)\\ \underset{g(x)にG(x)を代入}{\Longrightarrow} \dfrac{d}{dx}\left(f(x)G(x)\right) &=\left(\dfrac{d}{dx}f(x)\right)G(x)dx+f(x)\left(\dfrac{d}{dx}G(x)\right)\\ \underset{「約分」}{\Longrightarrow} \dfrac{d}{dx}\left(f(x)G(x)\right) &=\left(\dfrac{d}{dx}f(x)\right)G(x)+f(x)g(x)\\ \underset{「移行」}{\Longrightarrow}f(x)G(x) &=\int\left(\left(\dfrac{d}{dx}f(x)\right)G(x)+f(x)g(x)\right)dx\\ \underset{積分の線形性}{\Longrightarrow}f(x)G(x) &=\int\left(\left(\dfrac{d}{dx}f(x)\right)G(x)\right)dx+\int f(x)g(x)dx\\ \underset{微分表記の変更}{\Longrightarrow}f(x)G(x) &=\int f^\prime(x) G(x)dx+\int f(x)g(x)dx\\ \end{align}$$ 最後の式を変形すれば定理の公式(1)が得られる.
以下の例題では部分積分の公式(2)により計算することにしよう.
(1) $\displaystyle\int(x+3)\cos xdx=?$ (2) $\displaystyle\int x^2e^xdx=?$
答. (1) 関数$x+3$の微分が簡単になることに注目して, 部分積分法で計算する. $$\begin{align} &\int(x+3)\cos xdx\\ \underset{\cos xの積分を考えて}{=}&\int(x+3)(-\sin x)^\prime dx\\ \underset{部分積分}{=}&(x+3)(-\sin x)-\int(x+3)^\prime(-\sin x)dx\\ \underset{整理}{=}&-(x+3)\sin x+\int\sin xdx\\ \underset{積分を計算}{=}&-(x+3)\sin x+\cos x+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$ (2) $x^2$は微分するほど簡単になることに注目して, 部分積分法で計算する. $$\begin{align} &\int x^2e^xdx\\ \underset{e^xの積分を考えて}{=}&\int x^2(e^x)^\prime dx\\ \underset{部分積分}{=}&x^2e^x-\int(x^2)^\prime e^xdx\\ \underset{整理}{=}&x^2e^x-2\int xe^xdx\\ \underset{e^xの積分を考えて}{=}&x^2e^x-2\int x(e^x)^\prime dx\\ \underset{再び部分積分}{=}&x^2e^x-2\left(xe^x-\int(x)^\prime e^xdx\right)\\ \underset{整理}{=}&x^2e^x-2xe^x+2\int e^xdx\\ \underset{積分計算}{=}&x^2e^x-2xe^x+2e^x+C\\ \underset{整理}{=}&(x^2-2x+2)e^x+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$
(1) $\displaystyle\int\log xdx$ (2) $\displaystyle\int\arctan xdx$
答. (1) $\log x$の微分が簡単になることに注目して, 無理矢理, 部分積分すると $$\begin{align} &\int \log x dx\\ \underset{1の積分を考えて}{=}&\int (x)^\prime\cdot \log x dx\\ \underset{部分積分}{=}&x\log x-\int x(\log x)^\prime dx\\ \underset{微分を計算して整理}{=}&x\log x-\int dx\\ \underset{積分計算}{=}&x\log x-x+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$ (2) 同様に, 無理矢理, 部分積分で計算すると $$\begin{align} &\int \arctan x dx\\ \underset{1の積分を考えて}{=}&\int (x)^\prime\cdot\arctan x dx\\ \underset{部分積分}{=}&x\arctan x-\int x(\arctan x)^\prime dx\\ \underset{微分を計算して整理}{=}&x\arctan x-\int\dfrac{x}{1+x^2}dx\\ \underset{置換積分}{=}&x\arctan x-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{1}{1+x^2}d(1+x^2)\\ \underset{積分を計算}{=}&x\arctan x-\dfrac{1}{2}\log(1+x^2)+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$
基本公式により, 不定積分の部分積分法を定積分の部分積分法に変換する.
定理(p159[II]) $G(x)$を$g(x)$の原始関数とすれば, $$\int^b_a f(x)g(x)dx=\Big[f(x)G(x)\Big]^b_a-\int^b_af^\prime(x)G(x)dx\tag{1}$$ 或いは, $G^\prime(x)=g(x)$なので, $$\int^b_a f(x)G^\prime(x)dx=\Big[f(x)G(x)\Big]^b_a-\int^b_af^\prime(x)G(x)dx\tag{2}$$ とも書ける.
証明. (2)を示そう. 不定積分の部分積分の公式を変形していく. $$\begin{align} \int f(x)G^\prime(x)dx&= f(x)G(x)-\int f^\prime(x)G(x)dx\\ \underset{差の記号を付けて}{\Longrightarrow}\left[\int f(x)G^\prime(x)dx\right]^b_a&=\left[f(x)G(x)-\int f^\prime(x)G(x)dx\right]^b_a\\ \underset{差の記号の線形性}{\Longrightarrow}\left[\int f(x)G^\prime(x)dx\right]^b_a&=\Big[f(x)G(x)\Big]^b_a-\left[\int f^\prime(x)G(x)dx\right]^b_a\\ \underset{基本定理}{\Longrightarrow}\int^b_a f(x)G^\prime(x)dx&=\Big[f(x)G(x)\Big]^b_a-\int^b_a f^\prime(x)G(x)dx\\ \end{align}$$
以下の例題では部分積分の公式(2)により計算することにしよう.
(1) $\displaystyle\int^\pi_0x\cos\dfrac{x}{2}dx=?$ (2) $\displaystyle\int^1_0\arctan xdx=?$
答. (1) 関数$x$の微分が簡単になることに注目して, 部分積分法で計算する. まず, $$\int\cos\dfrac{x}{2}dx=2\int\cos\dfrac{x}{2}d\left(\dfrac{x}{2}\right)=2\sin\dfrac{x}{2}+C$$であることに注意しておく. $$\begin{align} &\int^\pi_0x\cos\dfrac{x}{2}dx\\ \underset{\cos\dfrac{x}{2}の積分を考えて}{=}&\int^\pi_0x\left(2\sin\dfrac{x}{2}\right)^\prime dx\\ \underset{部分積分}{=}&\Big[2x\sin\dfrac{x}{2}\Big]^\pi_0-\int^\pi_0(x)^\prime\cdot 2\sin\dfrac{x}{2}dx\\ \underset{整理}{=}&2\pi-2\int^\pi_0\sin\dfrac{x}{2}dx\\ \underset{基本公式}{=}&2\pi-2\left[\int\sin\dfrac{x}{2}dx\right]^\pi_0\\ \underset{置換積分}{=}&2\pi-2\cdot 2\left[\int\sin\dfrac{x}{2}d\left(\dfrac{x}{2}\right)\right]^\pi_0\\ \underset{積分計算}{=}&2\pi-2\cdot 2\left[-\cos\dfrac{x}{2}\right]^\pi_0\\ \underset{整理}{=}&2\pi+4\left[\cos\dfrac{x}{2}\right]^\pi_0\\ \underset{計算}{=}&2\pi+4(0-1)\\ \underset{計算}{=}&2\pi-4\\ \end{align}$$ (2) 無理矢理, 部分積分法で計算する. $$\begin{align} &\int^1_0\arctan xdx\\ \underset{1の積分を考えて}{=}&\int^1_0(x)^\prime\cdot\arctan xdx\\ \underset{部分積分}{=}&\Big[x\arctan x\Big]^1_0-\int^1_0 x(\arctan x)^\prime dx\\ \underset{整理}{=}&\dfrac{\pi}{4}-\int^1_0\dfrac{x}{1+x^2}dx\\ \underset{基本公式}{=}&\dfrac{\pi}{4}-\left[\int\dfrac{x}{1+x^2}dx\right]^1_0\\ \underset{置換積分}{=}&\dfrac{\pi}{4}-\left[\dfrac{1}{2}\int\dfrac{1}{1+x^2}d(1+x^2)\right]^1_0\\ \underset{整理}{=}&\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\Big[\log(1+x^2)\Big]^1_0\\ \underset{計算}{=}&\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\log 2\\ \end{align}$$
1. 不定積分の部分積分法: $$\int f(x)G^\prime(x)dx=f(x)G(x)-\int f^\prime(x)G(x)dx$$
2. 定積分の部分積分法: $$\int^b_a f(x)G^\prime(x)dx=\Big[f(x)G(x)\Big]^b_a-\int^b_af^\prime(x)G(x)dx$$
次回は, これまで学んだ範囲で中間試験を行う.