日大工 総合教育 樋口幸治郎
| ホーム | 教室 | 研究室 |
|---|---|---|
| 工科系数学III | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
複素数を使った積分計算(教科書範囲外), 三角関数を含む関数の積分(教科書p128-132), 有理関数の積分(教科書p134-139), 無理関数の積分を学ぶ(教科書p139-142).
複素数に対して複素数を対応させる関数(=複素関数)$f(z)$も, 実数と同じように積分できる.
例. $k$を定数とすると, 複素関数$e^{kz}$の積分は, $$\int e^{kz}dz=\dfrac{1}{k}e^{kz}+C\quad(Cは積分定数)$$ である.
複素数に関数を広げて考えると, 実数上の関数の積分が簡単に計算できることがある. そのような例を見てみよう.$\displaystyle\int e^{2x}\cos xdx=?$
答.
オイラーの公式
$$e^{ix}=\cos x+i\sin x$$
を利用して,
敢えて$\displaystyle\int e^{2x}\cos xdx$と$\displaystyle\int e^{2x}\sin xdx$の両方を
一気に求めると計算が容易になる.
$$\begin{align}
&\int e^{2x}\cos xdx+i\int e^{2x}\sin xdx\\
\underset{積分をまとめて}{=}&\int e^{2x}(\cos x+i\sin x)dx\\
\underset{オイラーの公式}{=}&\int e^{2x}\cdot e^{ix}dx\\
\underset{指数法則}{=}&\int e^{(2+i)x}dx\\
\underset{積分}{=}&\dfrac{1}{2+i}e^{(2+i)x}+C\\
\underset{指数法則}{=}&\dfrac{1}{2+i}e^{2x}\cdot e^{ix}+C\\
\underset{オイラーの公式}{=}&\dfrac{1}{2+i}e^{2x}(\cos x+i\sin x)+C\\
\underset{変形}{=}&\dfrac{2-i}{5}e^{2x}(\cos x+i\sin x)+C\\
\underset{変形}{=}&\dfrac{1}{5}e^{2x}((2\cos x+\sin x)+i(-\cos x+2\sin x))+C\\
\end{align}$$
となるので, 実部と虚部を比較すれば
$$\int e^{2x}\cos xdx=\dfrac{1}{5}e^{2x}(2\cos x+\sin x)+C$$
$$\int e^{2x}\sin xdx=\dfrac{1}{5}e^{2x}(-\cos x+2\sin x)+C$$
を得る.
逆正接関数$\arctan x$の微分公式を積分の公式に書き換えれば $$\int\dfrac{1}{1+x^2}dx=\arctan x+C\quad(Cは積分定数)$$ である(p117[V]). 置換積分法を使えば, これらの公式は以下のように一般化された.
定理(p118[VI]) $$\int\dfrac{1}{a^2+x^2}dx=\dfrac{1}{a}\arctan\dfrac{x}{a}+C\quad(Cは積分定数)$$
証明. $$\begin{align} &\int\dfrac{1}{a^2+x^2}dx\\ \underset{変形}{=}&\int\dfrac{1}{a^2}\cdot\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{x}{a}\right)^2}dx\\ \underset{置換積分}{=}&\dfrac{1}{a}\int\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{x}{a}\right)^2}d\left(\dfrac{x}{a}\right)\\ \underset{積分}{=}&\dfrac{1}{a}\arctan\left(\dfrac{x}{a}\right)+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$
三角関数を含む関数を積分するには, $$三角関数の公式$$ や $$置換積分法$$ で変形して計算するとうまくいくことが多い.
$\displaystyle\int\sin x\cos xdx=?$
答. $$\begin{align} &\int\sin x\cos xdx\\ \underset{変形}{=}&\int\sin x(\sin x)^\prime dx\\ \underset{置換積分}{=}&\int\sin xd(\sin x)\\ \underset{積分}{=}&\dfrac{1}{2}\sin^2x+C\quad(Cは積分定数) \end{align}$$ (教科書p129の答えと見比べ, どちらも正しいことを考えてみよう!)
次の例題は, 置換積分だけでなく三角関数の公式 $$\sin^2x+\cos^2x=1$$ も使って計算する.
(1) $\displaystyle\int\sin^3 xdx=?$ (2) $\displaystyle\int\dfrac{\cos^3 x}{1-\sin x}dx=?$
答. (1) $$\begin{align} &\int\sin^3 xdx\\ \underset{三角関数の公式}{=}&\int(1-\cos^2 x)\sin xdx\\ \underset{変形}{=}&\int(1-\cos^2 x)\cdot(-1)\cdot(\cos x)^\prime dx\\ \underset{置換積分}{=}&-\int(1-\cos^2 x)d(\cos x)\\ \underset{積分}{=}&-\cos x+\dfrac{1}{3}\cos^3x+C\quad(Cは積分定数) \end{align}$$ (2) $$\begin{align} &\int\dfrac{\cos^3 x}{1-\sin x}dx\\ \underset{三角関数の公式}{=}&\int\dfrac{(1-\sin^2x)\cos x}{1-\sin x}dx\\ \underset{変形}{=}&\int(1+\sin x)\cdot\cos xdx\\ \underset{変形}{=}&\int(1+\sin x)\cdot(\sin x)^\prime dx\\ \underset{置換積分}{=}&\int(1+\sin x)d(\sin x)\\ \underset{積分}{=}&\sin x+\dfrac{1}{2}\sin^2x+C\quad(Cは積分定数) \end{align}$$ (教科書p129-130の例題2(2)の答えと見比べ, どちらも正しいことを考えてみよう!)
(1) $\displaystyle\int\sin^2 x\cos^3 xdx=?$ (2) $\displaystyle\int\dfrac{1}{4\cos^2 x+\sin^2 x}dx=?$
答. (1) $$\begin{align} &\int\sin^2 x\cos^3 xdx\\ \underset{三角関数の公式}{=}&\int\sin^2 x(1-\sin^2 x)\cdot \cos xdx\\ \underset{変形}{=}&\int(\sin^2 x-\sin^4 x)\cdot(\sin x)^\prime dx\\ \underset{置換積分}{=}&\int(\sin^2 x-\sin^4 x)d(\sin x)\\ \underset{積分}{=}&\dfrac{1}{3}\sin^3 x-\dfrac{1}{5}\sin^5x+C\quad(Cは積分定数) \end{align}$$ (2) $$\begin{align} &\int\dfrac{1}{4\cos^2 x+\sin^2 x}dx\\ \underset{変形}{=}&\int\dfrac{\left(\dfrac{1}{\cos^2 x}\right)}{\left(4+\dfrac{\sin^2 x}{\cos^2 x}\right)}dx\\ \underset{三角関数の公式}{=}&\int\dfrac{1}{4+\tan^2 x}\cdot(\tan x)^\prime dx\\ \underset{置換積分}{=}&\int\dfrac{1}{4+\tan^2 x}d(\tan x)\\ \underset{積分}{=}&\dfrac{1}{2}\arctan\left(\dfrac{1}{2}\tan x\right)+C\quad(Cは積分定数) \end{align}$$
三角関数についての積分は, $$三角関数の公式+置換積分$$ で解く.
教科書p132-134のA,Bの中から4問以上選択して解きなさい.
定義(p134) 有理関数とは $$\dfrac{f(x)}{g(x)}\qquad(f(x),g(x)は多項式)$$ という形で表される関数のことである.
例. $$\dfrac{1}{1+x^2},\quad \dfrac{x+7}{(x-1)(x+3)},\quad\dfrac{x^2+4x+1}{x^4+2}$$ は有理関数である.
有理関数の積分では公式 $$\int\dfrac{1}{x}dx=\log|x|+C$$ $$\int\dfrac{1}{1+x^2}dx=\arctan x+C$$ $$\int\dfrac{1}{a^2+x^2}dx=\dfrac{1}{a}\arctan \dfrac{x}{a}+C$$ と $$置換積分法$$ 及び $$部分分数分解$$ を組み合わせて計算する.
定義 有理関数$\dfrac{f(x)}{g(x)}$の部分分数分解とは, 分母$g(x)$の因数$h(x)$を分母とする有理関数たちの和・差に分解することを言う.
例. $$\dfrac{2}{(x-1)(x+1)}\underset{部分分数分解}{=}\dfrac{1}{x-1}-\dfrac{1}{x+1}$$
p135の例題1を使って, 部分分数分解の計算練習を行い, その結果を使って積分を計算(=p137例題3(2)(3))してみよう.
p135例題1. (1) $$\dfrac{x+7}{(x-1)(x+3)}$$ を部分分数分解する. $$\dfrac{x+7}{(x-1)(x+3)}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{B}{x+3}$$ と置き, これが恒等式となるように$A,B$を求める. 両辺に$(x-1)(x+3)$を掛けると $$x+7=(x+3)A+(x-1)B$$ であるから, $x=1$を代入すれば$8=4A$, 故に$A=2$が求まる. また, $x=-3$を代入すれば$4=-4B$, 故に$B=-1$が求まる. よって, $$\dfrac{x+7}{(x-1)(x+3)}\underset{部分分数分解}{=}\dfrac{2}{x-1}-\dfrac{1}{x+3}$$ この部分分数分解の結果を使うと積分が簡単に計算される(p137例題3(2)). $$\begin{align} &\int\dfrac{x+7}{(x-1)(x+3)}dx\\ \underset{部分分数分解}{=}&\int\left(\dfrac{2}{x-1}-\dfrac{1}{x+3}\right)dx\\ \underset{置換積分}{=}&\log|x-1|-\log|x+3|+C\\ \underset{対数法則}{=}&\log\left|\dfrac{x-1}{x+3}\right|+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$ (2) $$\dfrac{x^2-4x+13}{(x+1)(x-2)^2}$$ を部分分数分解する. $$\dfrac{x^2-4x+13}{(x+1)(x-2)^2}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{x-2}+\dfrac{C}{(x-2)^2}$$ と置き, これが恒等式となるように$A,B.C$を求める. 両辺に$(x+1)(x-2)^2$を掛けると $$x^2-4x+13=(x-2)^2A+(x+1)(x-2)B+(x+1)C\tag{*}$$ これを微分すると $$2x-4=2(x-2)A+(2x-1)B+C\tag{+}$$ であるから, $x=2$を(*)に代入すれば$9=3C$, 故に$C=3$が求まる. これを(+)に代入し, 整理すると $$2x-7=2(x-2)A+(2x-1)B$$ であるから, $x=\dfrac{1}{2}$を代入すれば$-6=-3A$, 故に$A=2$が求まる. また, $x=2$を代入すれば$-3=3B$, 故に$B=-1$が求まる. 以上より, $$\dfrac{x^2-4x+13}{(x+1)(x-2)^2}\underset{部分分数分解}{=}\dfrac{2}{x+1}-\dfrac{1}{x-2}+\dfrac{3}{(x-2)^2}$$ この部分分数分解の結果を使うと積分が簡単に計算される(p137例題3(3)). $$\begin{align} &\int\dfrac{x^2-4x+13}{(x+1)(x-2)^2}dx\\ \underset{部分分数分解}{=}&\int\left(\dfrac{2}{x+1}-\dfrac{1}{x-2}+\dfrac{3}{(x-2)^2}\right)dx\\ \underset{置換積分}{=}&\log|x+1|-\log|x-2|-(x-2)^{-1}+C\\ \underset{対数法則}{=}&\log\left|\dfrac{x+1}{x-2}\right|-(x-2)^{-1}+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$
(1) $\displaystyle\int\dfrac{x^3+x+2}{x^2+1}dx=?$
答. $$\begin{align} &\int\dfrac{x^3+x+2}{x^2+1}dx\\ \underset{変形}{=}&\int\dfrac{x(x^2+1)+2}{x^2+1}dx\\ \underset{分数を分解}{=}&\int\left( x+\dfrac{2}{x^2+1}\right)dx\\ \underset{積分}{=}&\dfrac{1}{2}x^2+2\arctan x+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$
(1) $\displaystyle\int\dfrac{x+4}{x^2+1}dx=?$ (2) $\displaystyle\int\dfrac{1}{x^2-2x+5}dx=?$ (3) $\displaystyle\int\dfrac{2x-5}{x^2-4x+5}dx=?$
答. (1) $$\begin{align} &\int\dfrac{x+4}{x^2+1}dx\\ \underset{分数を分解}{=}&\int\left(\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{4}{x^2+1}\right)dx\\ \underset{積分を分解}{=}&\int \dfrac{x}{x^2+1}dx+\int\dfrac{4}{x^2+1}dx\\ \underset{変形}{=}&\dfrac{1}{2}\int\dfrac{1}{x^2+1}d(x^2+1)+4\int\dfrac{1}{x^2+1}dx\\ \underset{積分}{=}&\dfrac{1}{2}\log(x^2+1)+4\arctan x+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$ (2) $$\begin{align} &\int\dfrac{1}{x^2-2x+5}dx\\ \underset{分母を平方完成}{=}&\int\dfrac{1}{(x-1)^2+4}dx\\ \underset{変形}{=}&\int\dfrac{1}{(x-1)^2+2^2}dx\\ \underset{置換積分}{=}&\int\dfrac{1}{(x-1)^2+2^2}d(x-1)\\ \underset{積分計算}{=}&\dfrac{1}{2}\arctan\dfrac{x-1}{2}+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$ (3) $$\begin{align} &\int\dfrac{2x-5}{x^2-4x+5}dx\\ \underset{分母を平方完成}{=}&\int\dfrac{2x-5}{(x-2)^2+1}dx\\ \underset{分子を変形}{=}&\int\dfrac{2(x-2)-1}{(x-2)^2+1}dx\\ \underset{分数を分解}{=}&\int\left(\dfrac{2(x-2)}{(x-2)^2+1}-\dfrac{1}{(x-2)^2+1}\right)dx\\ \underset{積分を分解}{=}&\int\dfrac{2(x-2)}{(x-2)^2+1}dx-\int\dfrac{1}{(x-2)^2+1}dx\\ \underset{置換積分}{=}&\int\dfrac{1}{(x-2)^2+1}d((x-2)^2+1)-\int\dfrac{1}{(x-2)^2+1}d(x-2)\\ \underset{積分計算}{=}&\log((x-2)^2+1)-\arctan(x-2)+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$
有理関数$\dfrac{f(x)}{g(x)}$の積分は, 公式 $$\int\dfrac{1}{x}dx=\log|x|+C\qquad\int\dfrac{1}{a^2+x^2}dx=\dfrac{1}{a}\arctan \dfrac{x}{a}+C$$ や $$部分分数分解+置換積分$$ を用いて解く.
教科書p143-145のAの1-4, 及び, Bの1-4の中から3問以上選択して解きなさい.
定義 平方根を含む関数を無理関数という.
例. $$\sqrt{x}\quad\sqrt{x^2+4x+3}\quad\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$
逆正弦関数$\arcsin x$の微分公式を積分の公式に書き換えれば $$\int\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\arcsin x+C\quad(Cは積分定数)$$ である(p117[V]). 置換積分法を使えば, これらの公式は以下のように一般化された.
定理(p118[VI]) $$\int\dfrac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx=\arcsin\dfrac{x}{a}+C\quad(Cは積分定数)$$
証明. $$\begin{align} &\int\dfrac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx\\ \underset{変形}{=}&\int\dfrac{1}{a}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(\dfrac{x}{a}\right)^2}}dx\\ \underset{置換積分}{=}&\int\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(\dfrac{x}{a}\right)^2}}d\left(\dfrac{x}{a}\right)\\ \underset{積分}{=}&\arcsin\left(\dfrac{x}{a}\right)+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$
(1) $\displaystyle\int\dfrac{1}{\sqrt{2x-x^2}}dx=?$ (2) $\displaystyle\int\dfrac{1}{\sqrt{3-2x-x^2}}dx=?$
答. (1) $$\begin{align} &\int\dfrac{1}{\sqrt{2x-x^2}}dx\\ \underset{分母を平方完成}{=}&\int\dfrac{1}{\sqrt{1-(x-1)^2}}dx\\ \underset{置換積分}{=}&\int\dfrac{1}{\sqrt{1-(x-1)^2}}d(x-1)\\ \underset{積分}{=}&\arcsin(x-1)+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$ (2) $$\begin{align} &\int\dfrac{1}{\sqrt{3-2x-x^2}}dx\\ \underset{分母を平方完成}{=}&\int\dfrac{1}{\sqrt{4-(x+1)^2}}dx\\ \underset{変形}{=}&\int\dfrac{1}{\sqrt{2^2-(x+1)^2}}dx\\ \underset{置換積分}{=}&\int\dfrac{1}{\sqrt{2^2-(x+1)^2}}d(x+1)\\ \underset{積分}{=}&\arcsin\dfrac{x+1}{2}+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$
p140[I]の特別な場合を今まで学んだ手法を駆使して導こう.
(i) $\displaystyle\int\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx=?$ (ii) $\displaystyle\int\sqrt{x^2+1}dx=?$
答. (i) $$\begin{align} &\int\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx\\ \underset{変数変換x=\tan t}{=}&\int\dfrac{1}{\sqrt{\tan^2t+1}}d(\tan t)\\ \underset{三角関数の公式で変形}{=}&\int\dfrac{1}{\dfrac{1}{\cos t}}\cdot \dfrac{1}{\cos^2t}dt\\ \underset{変形}{=}&\int\dfrac{1}{\cos t}dt\\ \underset{変形}{=}&\int\dfrac{\cos t}{\cos^2 t}dt\\ \underset{三角関数の公式}{=}&\int\dfrac{\cos t}{1-\sin^2 t}dt\\ \underset{置換積分}{=}&\int\dfrac{1}{1-\sin^2 t}d(\sin t)\\ \underset{変形}{=}&-\int\dfrac{1}{(\sin t-1)(\sin t +1)}d(\sin t)\\ \underset{部分分数分解}{=}&-\int\left(\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\sin t-1}-\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\sin t+1}\right)d(\sin t)\\ \underset{積分}{=}&-\dfrac{1}{2}\log|\sin t-1|+\dfrac{1}{2}\log|\sin t+1|+C\\ \underset{変形}{=}&\dfrac{1}{2}\log\left|\dfrac{1+\sin t}{1-\sin t}\right|+C\\ \underset{変形}{=}&\dfrac{1}{2}\log\left|\dfrac{(1+\sin t)^2}{1-\sin^2 t}\right|+C\\ \underset{変形}{=}&\dfrac{1}{2}\log\left|\dfrac{(1+\sin t)^2}{\cos^2 t}\right|+C\\ \underset{変形}{=}&\log\left|\dfrac{1+\sin t}{\cos t}\right|+C\\ \underset{変形}{=}&\log\left|\tan t+\dfrac{1}{\cos t}\right|+C\\ \underset{変形}{=}&\log\left|\tan t+\sqrt{\tan^2t+1}\right|+C\\ \underset{変数を戻す}{=}&\log\left|x+\sqrt{x^2+1}\right|+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$ (ii) $$\begin{align} &\int\sqrt{x^2+1}dx\\ \underset{1の積分を考えて}{=}&\int(x)^\prime\cdot\sqrt{x^2+1}dx\\ \underset{部分積分}{=}&x\sqrt{x^2+1}-\int x\cdot\left(\sqrt{x^2+1}\right)^\prime dx\\ \underset{微分計算}{=}&x\sqrt{x^2+1}-\int x\cdot\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}dx\\ \underset{変形}{=}&x\sqrt{x^2+1}-\int\dfrac{(x^2+1)-1}{\sqrt{x^2+1}}dx\\ \underset{分数を分解}{=}&x\sqrt{x^2+1}-\int\left(\sqrt{x^2+1}-\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}\right)dx\\ \underset{積分を分解}{=}&x\sqrt{x^2+1}-\int\sqrt{x^2+1}dx+\int\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx\\ \underset{(i)の結果から}{=}&x\sqrt{x^2+1}+\log|x+\sqrt{x^2+1}|+C-\int\sqrt{x^2+1}dx\\ \end{align}$$ 以上より等式 $$\int\sqrt{x^2+1}dx=x\sqrt{x^2+1}+\log|x+\sqrt{x^2+1}|+C-\int\sqrt{x^2+1}dx$$ が得られた. これを変形していくと $$\begin{align} \underset{移行}{\Longrightarrow}& 2\int\sqrt{x^2+1}dx=x\sqrt{x^2+1}+\log|x+\sqrt{x^2+1}|+C\\ \underset{2で割る}{\Longrightarrow}& \int\sqrt{x^2+1}dx=\dfrac{1}{2}(x\sqrt{x^2+1}+\log|x+\sqrt{x^2+1}|)+C\quad(Cは積分定数)\\ \end{align}$$ が得られる.
無理関数の積分は, これまで学んだ全ての手法を駆使して計算しなければならない.
教科書p143-145のAの5-7, 及び, Bの5-7の中から4問以上選択して解きなさい.