不定積分・定積分 (理系)
不定積分
定理《不定積分の線形性》
連続な関数 $f(x),$ $g(x),$ 定数 $k$ に対して,
\[\begin{aligned}
\int kf(x)\,dx &= k\int f(x)\,dx, \\
\int\{ f(x)\pm g(x)\}\,dx &= \int f(x)\,dx\pm\int g(x)\,dx
\end{aligned}\]
が成り立つ.
証明
$F(x),$ $G(x)$ をそれぞれ $f(x),$ $g(x)$ の不定積分の $1$ つとすると, 導関数の線形性により
\[\begin{aligned}
\{ kF(x)\} ' &= kF'(x) = kf(x), \\
\{ F(x)\pm G(x)\} ' &= F'(x)\pm G'(x) = f(x)\pm g(x)
\end{aligned}\]
となるから, 求める等式が従う.
定理《部分積分法》
微分可能な関数 $f(x),$ $g(x)$ に対して
\[\int f(x)g'(x)\,dx = f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)\,dx\]
が成り立つ.
証明
-
積の微分法により
\[\{ f(x)g(x)\}' = f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\]
であるから, 両辺を $x$ で積分すると
\[\begin{aligned}
f(x)g(x) &= \int\{ f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\}\,dx \\
&= \int f'(x)g(x)\,dx+\int f(x)g'(x)\,dx \\
\int f(x)g'(x)\,dx &= f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)\,dx
\end{aligned}\]
が得られる.
定理《置換積分法》
- (1)
- 連続な関数 $f(x),$ 微分可能な関数 $x = g(t)$ に対して \[\int f(x)\,dx = \int f(g(t))g'(t)\,dt\] が成り立つ.
- (1)'
- 連続な関数 $f(u),$ 微分可能な関数 $u = g(x)$ に対して \[\int f(g(x))g'(x)\,dx = \int f(u)\,du\] が成り立つ.
- (2)
- 連続な関数 $f(x),$ 実数 $a,$ $b$ $(a \neq 0)$ に対して, $F(x)$ を $f(x)$ の不定積分の $1$ つとすると,
となる.$\displaystyle\int f(ax+b)\,dx = \frac{1}{a}F(ax+b)+C$ ($C$: 積分定数) - (3)
- 微分可能な関数 $f(x)$ が常に $f(x) \neq 0$ を満たすとき,
が成り立つ.$\displaystyle\int\frac{f'(x)}{f(x)}\,dx = \log |f(x)|+C$ ($C$: 積分定数)
証明
- (1)
- $y = F(x)$ を $f(x)$ の不定積分の $1$ つとすると, 合成関数の微分法により \[ f(x) = \frac{dy}{dx}\cdot\frac{dx}{dt} = F'(x)g'(t) = f(g(t))g'(t)\] となるから, 両辺を $2$ 通りの不定積分で表せば, 求める等式が得られる.
- (1)'
- (1) において, $x,$ $t$ をそれぞれ $u,$ $x$ に置き換えればよい.
- (2)
- (1）' において $u = g(x) = ax+b$ とすると, \[\begin{aligned} \int f(ax+b)\cdot a\,dx &= \int f(u)\,du = F(u)+C \\ a\int f(ax+b)\,dx &= F(ax+b)+C \end{aligned}\] から, 求める等式が得られる.
- (3)
- (1)' において $f(u),$ $u = g(x)$ をそれぞれ $\dfrac{1}{u},$ $u = f(x)$ で置き換えると, \[\int\frac{f'(x)}{f(x)}\,dx = \int\frac{du}{u} = \log |u|+C = \log |f(x)|+C\] が得られる.
定理《べき関数の不定積分》
すべての実数 $\alpha$ に対して,
\[\int x^\alpha\,dx = \begin{cases}
\dfrac{x^{\alpha +1}}{\alpha +1}+C & (\alpha \neq -1), \\
\log |x|+C & (\alpha = -1)
\end{cases}\]
($C$: 積分定数) が成り立つ.
証明
$(x^{\alpha +1})' = (\alpha +1)x^\alpha,$ つまり $\left(\dfrac{x^{\alpha +1}}{\alpha +1}\right) ' = x^\alpha$ $(\alpha \neq -1)$ と, $(\log |x|)' = \dfrac{1}{x}$ から従う.
定理《三角関数の不定積分》
\[\begin{aligned}
\int\!\cos x\,dx &\!=\! \sin x\!+\!C, \!\!\!\!\!&\!\!\!\!\! \int\!\sin x\,dx &\!=\! -\cos x\!+\!C, \\
\int\!\tan x\,dx &\!=\! -\log |\cos x|\!+\!C, \!\!\!\!\!&\!\!\!\!\! \int\!\frac{dx}{\tan x} &\!=\! \log |\sin x|\!+\!C, \\
\int\!\frac{dx}{\cos ^2x} &\!=\! \tan x\!+\!C, \!\!\!\!\!&\!\!\!\!\! \int\!\frac{dx}{\sin ^2x} &\!=\! -\frac{1}{\tan x}\!+\!C
\end{aligned}\]
($C$: 積分定数) が成り立つ.
証明
第 $1$ 式と第 $2$ 式は, それぞれ $(\sin x)' = \cos x$ と, $(\cos x)' = -\sin x$ つまり $(-\cos x)' = \sin x$ から従う.
第 $3$ 式と第 $4$ 式は, 置換積分法により \[\begin{aligned} \int\tan x\,dx &= \int\frac{-(\cos x)'}{\cos x}\,dx = -\log |\cos x|+C, \\ \int\frac{dx}{\tan x} &= \int\frac{(\sin x)'}{\sin x}\,dx = -\log |\sin x|+C \end{aligned}\] と示すことができる.
第 $5$ 式と第 $6$ 式は, それぞれ $(\tan x)' = \dfrac{1}{\cos ^2x}$ と, $\left(\dfrac{1}{\tan x}\right) ' = -\dfrac{1}{\sin ^2x}$ つまり $\left( -\dfrac{1}{\tan x}\right) ' = \dfrac{1}{\sin ^2x}$ から従う.
第 $3$ 式と第 $4$ 式は, 置換積分法により \[\begin{aligned} \int\tan x\,dx &= \int\frac{-(\cos x)'}{\cos x}\,dx = -\log |\cos x|+C, \\ \int\frac{dx}{\tan x} &= \int\frac{(\sin x)'}{\sin x}\,dx = -\log |\sin x|+C \end{aligned}\] と示すことができる.
第 $5$ 式と第 $6$ 式は, それぞれ $(\tan x)' = \dfrac{1}{\cos ^2x}$ と, $\left(\dfrac{1}{\tan x}\right) ' = -\dfrac{1}{\sin ^2x}$ つまり $\left( -\dfrac{1}{\tan x}\right) ' = \dfrac{1}{\sin ^2x}$ から従う.
定理《指数関数・対数関数の不定積分》
$a > 0,$ $a \neq 1$ のとき,
\[\begin{aligned}
\int a^x\,dx &= \frac{a^x}{\log a}+C, \\
\int e^x\,dx &= e^x+C, \\
\int\log _ax\,dx &= \frac{1}{\log a}(x\log x-x)+C, \\
\int\log x\,dx &= x\log x-x+C
\end{aligned}\]
($C$: 積分定数) が成り立つ.
証明
第 $1$ 式, 第 $2$ 式は, $(a^x)' = a^x\log a$ つまり $\left(\dfrac{a^x}{\log a}\right)' = a^x$ から従う.
第 $3$ 式は, 底の変換公式と第 $4$ 式 \[\begin{aligned} \int\log x\,dx &= \int (x)'\log x\,dx \\ &= x\log x-\int x\cdot\frac{1}{x}\,dx \\ &= x\log x-x+C \end{aligned}\] から従う.
第 $3$ 式は, 底の変換公式と第 $4$ 式 \[\begin{aligned} \int\log x\,dx &= \int (x)'\log x\,dx \\ &= x\log x-\int x\cdot\frac{1}{x}\,dx \\ &= x\log x-x+C \end{aligned}\] から従う.
問題《正割と余割の不定積分》
不定積分
\[\int\frac{dx}{\cos x}, \quad \int\frac{dx}{\sin x}\]
を求めよ.
解答例
\[\int\frac{dx}{\cos x} = \int\frac{\cos x}{\cos ^2x}\,dx = \int\frac{\cos x}{1-\sin ^2x}\,dx\]
であるから, $t = \sin x$ とおくと
\[\begin{aligned}
\int\frac{dx}{\cos x} &= \int\frac{dt}{1-t^2} = \int\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+t}+\frac{1}{1-t}\right)\,dt \\
&= \frac{1}{2}(\log |1+t|-\log |1-t|)+C = \frac{1}{2}\log\left|\frac{1+t}{1-t}\right| +C \\
&= \frac{1}{2}\log\frac{1+\sin x}{1-\sin x}+C \\
\end{aligned}\]
($C$: 積分定数) が得られる.
よって,
\[\begin{aligned}
\int\frac{dx}{\sin x} &= \int\frac{dx}{\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)} = -\frac{1}{2}\log\frac{1+\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}{1-\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}+C \\
&= -\frac{1}{2}\log\frac{1+\cos x}{1-\cos x}+C = \frac{1}{2}\log\frac{1-\cos x}{1+\cos x}+C \\
&= \frac{1}{2}\log\frac{\dfrac{1-\cos x}{2}}{\dfrac{1+\cos x}{2}}+C = \frac{1}{2}\log\frac{\sin ^2\dfrac{x}{2}}{\cos ^2\dfrac{x}{2}}+C \\
&= \frac{1}{2}\log\tan ^2\frac{x}{2}+C = \log\left|\tan\frac{x}{2}\right| +C
\end{aligned}\]
($C$: 積分定数) である.
なお,
\[\begin{aligned}
\int\frac{dx}{\cos x} &= \log\left|\tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right)\right| +C, \\
\int\frac{dx}{\sin x} &= \frac{1}{2}\log\frac{1-\cos x}{1+\cos x}+C
\end{aligned}\]
と答えてもよい.
別解 1
\[\begin{aligned}
\sin x &= 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2} = 2\tan\frac{x}{2}\cos ^2\frac{x}{2}, \\
\frac{d}{dx}\tan\frac{x}{2} &= \frac{1}{2\cos ^2\dfrac{x}{2}}
\end{aligned}\]
であるから,
\[\begin{aligned}
\int\frac{dx}{\sin x} &= \int\frac{1}{2\tan\dfrac{x}{2}\cos ^2\dfrac{x}{2}}\,dx = \int\frac{\left(\tan\dfrac{x}{2}\right) '}{\tan\dfrac{x}{2}}\,dx \\
&= \log\left|\tan\frac{x}{2}\right| +C
\end{aligned}\]
($C$: 積分定数) である.
別解 2
$t = \tan\dfrac{x}{2}$ とおくと
\[\begin{aligned}
\sin x &= \frac{2t}{1+t^2}, \\
\frac{dx}{dt} &= 1\div\frac{dt}{dx} = 1\div\frac{1}{2\cos ^2\dfrac{x}{2}} = 2\cos ^2\dfrac{x}{2} = \frac{2}{1+t^2}
\end{aligned}\]
となるから,
\[\begin{aligned}
\int\frac{dx}{\sin x} &= \int\frac{1}{\dfrac{2t}{1+t^2}}\cdot\frac{2}{1+t^2}\,dt = \int\frac{dt}{t} \\
&= \log |t|+C = \log\left|\tan\frac{x}{2}\right| +C
\end{aligned}\]
($C$: 積分定数) である.
参考
- $\dfrac{1}{\cos x},$ $\dfrac{1}{\sin x}$ をそれぞれ $x$ の「正割」(secant),「余割」(cosecant) と呼び, $\sec x,$ $\cosec x$ で表す. また, $\dfrac{1}{\tan x}$ を $x$ の「余接」(cotangent) と呼び, $\cot x$ で表す.
- 不定積分 $\displaystyle\int\cosec x\,dx$ は, \[ (\cosec x+\cot x)' = -\cosec ^2x-\cosec x\cot x\] から, \[\begin{aligned} \int\cosec x\,dx &= \int\frac{\cosec ^2x+\cosec x\cot x}{\cosec x+\cot x}\,dx \\ &= -\int\frac{(\cosec x+\cot x)'}{\cosec x+\cot x}\,dx \\ &= -\log |\cosec x+\cot x|+C \end{aligned}\] と求めることもできる.
問題《逆関数の不定積分》
- (1)
- 連続関数 $f(x)$ が逆関数 $f^{-1}(x)$ をもつとし, $F(x)$ を $f(x)$ の不定積分の $1$ つとする. このとき, \[\int f^{-1}(x)\,dx = xf^{-1}(x)-F(f^{-1}(x))+C\] ($C$: 積分定数) であることを示せ.
- (2A)
- 不定積分 $\displaystyle\int\log x\,dx$ を求めよ.
- (2B)
- 三角関数 $\cos x$ $(0 \leqq x \leqq \pi ),$ $\sin x$ $\left( -\dfrac{\pi}{2} \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}\right),$
$\tan x$ $\left( -\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2}\right)$ の逆関数をそれぞれ $\arccos x,$ $\arcsin x,$ $\arctan x$ で表す.- ①
- 等式 \[\begin{aligned} \sin (\arccos x) &= \sqrt{1-x^2}, \\ \cos (\arcsin x) &= \sqrt{1-x^2}, \\ \log |\cos (\arctan x)| &= -\frac{1}{2}\log (1+x^2) \end{aligned}\] が成り立つことを示せ.
- ②
- 不定積分 $\displaystyle\int\arccos x\,dx,$ $\displaystyle\int\arcsin x\,dx,$ $\displaystyle\int\arctan x\,dx$ を求めよ.
解答例
- (1)
- $y = f^{-1}(x)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} \frac{d}{dx}\{ xy-F(y)\} &= 1\cdot y+xy'-F'(y)y' \\ &= y+xy'-f(y)y' \\ &= y+xy'-xy'\\ &= y \end{aligned}\] から, \[\int f^{-1}(x)\,dx = xf^{-1}(x)-F(f^{-1}(x))+C\] ($C$: 積分定数) である.
- (2A)
- $f(x) = e^x$ に (1) の結果を適用すると, $f^{-1}(x) = \log x$ と $f(x)$ の不定積分の $1$ つが $F(x) = e^x$ であることから, \[\int\log x\,dx = x\log x-e^{\log x}+C = x\log x-x+C\] ($C$: 積分定数) が得られる.
- (2B)
- ①
- $y = \arccos x,$ $0 \leqq y \leqq \pi$ のとき, $\sin y \geqq 0,$ $\cos y = x$ であるから, \[\sin (\arccos x) = \sin y = \sqrt{1-\cos ^2y} = \sqrt{1-x^2}\] が成り立つ.
- $y = \arcsin x,$ $-\dfrac{\pi}{2} \leqq y \leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき, $\cos y \geqq 0,$ $\sin y = x$ であるから, \[\cos (\arcsin x) = \cos y = \sqrt{1-\sin ^2y} = \sqrt{1-x^2}\] が成り立つ.
- $y = \arctan x$ のとき, $\tan y = x$ であるから, \[\begin{aligned} \log |\cos (\arctan x)| &= \log |\cos y| = \log\sqrt{\frac{1}{1+\tan ^2y}} \\ &= -\frac{1}{2}\log (1+x^2) \end{aligned}\] が成り立つ.
- ②
- $f(x) = \cos x,$ $\sin x,$ $\tan x$ に (1) の結果を適用すると, \[\begin{aligned} \int\arccos x\,dx &= x\arccos x-\sin (\arccos x)+C \\ &= x\arccos x-\sqrt{1-x^2}+C, \\ \int\arcsin x\,dx &= x\arcsin x+\cos (\arcsin x)+C \\ &= x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+C, \\ \int\arctan x\,dx &= x\arctan x+\log |\cos (\arctan x)|+C \\ &= x\arctan x-\frac{1}{2}\log (1+x^2)+C \end{aligned}\] ($C$: 積分定数) が得られる.
定積分
定理《微分積分学の基本定理》
$a,$ $b$ を実数とする.
- (1)
- $a$ を含む区間 $I$ で定義された連続関数 $f(x)$ に対して, 区間 $I$ の端点を除く部分で \[\frac{d}{dx}\int_a^xf(t)\,dt = f(x)\] が成り立つ.
- (2)
- 関数 $f(x)$ が開区間 $(a,b)$ を含む区間で微分可能なとき, \[\int_a^bf'(x)\,dx = f(b)-f(a)\] が成り立つ.
- (3)
- 関数 $f(x)$ の不定積分が $F(x)$ であるとき, \[\int_a^bf(x)\,dx = F(b)-F(a)\] が成り立つ.
問題《三角関数の直交性》
- (1)
- $m,$ $n$ を相異なる整数とする. 定積分 \[\begin{aligned} &\int_{-\pi}^\pi\cos mx\cos nx\,dx, \\ &\int_{-\pi}^\pi\sin mx\sin nx\,dx, \\ &\int_{-\pi}^\pi\sin mx\cos nx\,dx \end{aligned}\] の値を求めよ.
- (2)
- $n$ を正の整数とする. 定積分 \[\begin{aligned} &\int_{-\pi}^\pi\cos ^2nx\,dx, \\ &\int_{-\pi}^\pi\sin ^2nx\,dx \end{aligned}\] の値を求めよ.
- (3)
- \[ f(x) = \frac{a_0}{2}+\sum_{k = 1}^n(a_k\cos kx+b_k\sin kx)\] であるとき, 非負整数 $k$ に対して \[\begin{aligned} a_k &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos kx\,dx, \\ b_k &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin kx\,dx \end{aligned}\] が成り立つことを示せ.
解答例
- (1)
- 三角関数の積和の公式により, \[\begin{aligned} &\int_{-\pi}^\pi\cos mx\cos nx\,dx \\ &= \int_{-\pi}^\pi\frac{\cos (m+n)x+\cos (m-n)x}{2}\,dx \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{\sin (m+n)x}{m+n}+\frac{\sin (m-n)x}{m-n}\right] _{-\pi}^\pi \\ &= 0, \\ &\int_{-\pi}^\pi\sin mx\sin nx\,dx \\ &= \int_{-\pi}^\pi\frac{\cos (m-n)x-\cos (m+n)x}{2}\,dx \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{\sin (m-n)x}{m-n}-\frac{\sin (m+n)x}{m+n}\right] _{-\pi}^\pi \\ &= 0 \end{aligned}\] である. また, \[\sin m(-x)\cos n(-x) = -\sin mx\cos nx\] から $\sin mx\cos nx$ は奇関数であるので, \[\int_{-\pi}^\pi\sin mx\cos nx\,dx = 0\] である.
- (2)
- 半角の公式により, \[\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi\cos ^2nx\,dx &= \int_{-\pi}^\pi\frac{1+\cos 2nx}{2}\,dx \\ &= \frac{1}{2}\left[ x+\frac{\sin 2nx}{2n}\right] _{-\pi}^\pi \\ &= \pi, \\ \int_{-\pi}^\pi\sin ^2nx\,dx &= \int_{-\pi}^\pi\frac{1-\cos 2nx}{2}\,dx \\ &= \frac{1}{2}\left[ x-\frac{\sin 2nx}{2n}\right] _{-\pi}^\pi \\ &= \pi \end{aligned}\] である.
- (3)
- \[\begin{aligned} &\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos kx\,dx \\ &= \frac{a_0}{2}\int_{-\pi}^\pi\cos kx\,dx \\ &\ +\!\sum_{j = 1}^n\left(\!a_j\!\!\int_{-\pi}^\pi\!\cos jx\cos kx\,dx\!+\!b_j\!\int_{-\pi}^\pi\!\sin jx\cos kx\,dx\!\right) \\ &= a_k\pi, \\ &\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin kx\,dx \\ &= \frac{a_0}{2}\int_{-\pi}^\pi\sin kx\,dx \\ &\ +\!\sum_{j = 1}^n\left(\!a_j\!\!\int_{-\pi}^\pi\!\cos jx\sin kx\,dx\!+\!b_j\!\int_{-\pi}^\pi\!\sin jx\sin kx\,dx\!\right) \\ &= b_k\pi \end{aligned}\] から, \[\begin{aligned} a_k &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos kx\,dx, \\ b_k &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin kx\,dx \end{aligned}\] が成り立つ.
参考
- 解析学において, 関数をベクトルのように扱い, 連続関数 $f(x),$ $g(x)$ $(a \leqq x \leqq b)$ の「内積」$\langle f,g\rangle$ を定積分 \[\langle f,g\rangle = \int_a^bf(x)g(x)\,dx\] で定義する.
- この内積が $0$ になるという意味で, 三角関数 $\cos mx,$ $\cos nx,$ $\sin mx,$ $\sin nx$ $\left( -\pi \leqq x \leqq \pi,\right.$ $\left.m \neq n\right)$ は互いに「直交」している. この結果は「フーリエ解析」(Fourier analysis) と呼ばれる理論で重要な役割を果たす. 「フーリエ解析」では, 関数 $f(x)$ を \[ f(x) = \frac{a_0}{2}+\sum_{n = 0}^\infty (a_n\cos nx+b_n\sin nx)\] の形に「フーリエ級数展開」して (多くの関数で可能), その挙動を調べる.
問題《図形の重心に関する定積分の比》
- (A)
- 閉区間 $[a,b]$ で連続な関数 $y = f(x),$ $y = g(x)$ のグラフと直線 $x = a,$ $x = b$ で囲まれた図形の「重心」の $x$ 座標は, 定積分の比 \[\frac{\displaystyle\int_a^bx|f(x)-g(x)|\,dx}{\displaystyle\int_a^b|f(x)-g(x)|\,dx}\] で表されるという. 半円 $x^2+y^2 \leqq 1,$ $x \geqq 0$ の「重心」の $x$ 座標を求めよ.
- (B)
- 閉区間 $[a,b]$ で連続な関数 $y = f(x)$ のグラフと $x$ 軸, 直線 $x = a,$ $x = b$ で囲まれた図形を $x$ 軸の周りに $1$ 回転して得られる立体の「重心」の $x$ 座標は, 定積分の比 \[\frac{\displaystyle\int_a^bx\pi f(x)^2\,dx}{\displaystyle\int_a^b\pi f(x)^2\,dx}\] で表されるという. 半球 $x^2+y^2+z^2 \leqq 1,$ $x \geqq 0$ の「重心」の $x$ 座標を求めよ.
解答例
- (A)
- \[\begin{aligned} \int_{-1}^1x\sqrt{1-x^2}\,dx &= -\int_0^1(-2x)\sqrt{1-x^2}\,dx \\ &= -\left[\frac{2}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}\right] _0^1 = \frac{2}{3}, \\ \int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dy &= \frac{1}{2}\cdot (\pi\cdot 1^2) = \frac{\pi}{2} \end{aligned}\] であるから, 求める座標は \[\frac{2}{3}\div\frac{\pi}{2} = \frac{4}{3\pi}\] である.
- (B)
- \[\begin{aligned} \int_0^1x\pi (\sqrt{1-x^2})^2\,dx &= \pi\int_0^1(x-x^3)\,dx \\ &= \pi\left[\frac{x}{2}-\frac{x^4}{4}\right] _0^1 = \frac{\pi}{4}, \\ \int_0^1\pi (\sqrt{1-x^2})^2\,dx &= \frac{1}{2}\cdot\frac{4\pi\cdot 1^2}{3} = \frac{2\pi}{3} \end{aligned}\] であるから, 求める座標は \[\frac{\pi}{4}\div\frac{2\pi}{3} = \frac{3}{8}\] である.
参考
一般の図形の「重心」は「重積分」を用いて定義される.
問題《キングス・プロパティー》
区間 $[a,b]$ で連続な関数 $f(x)$ に対して
\[\int_a^bf(x)\,dx = \int_a^bf(a+b-t)\,dt\]
が成り立つことを示せ.
解答例
$t = a+b-x$ とおくと, $x = a+b-t,$ $\dfrac{dx}{dt} = -1$ となるから,
\[\int_a^bf(x)\,dx = \int_b^af(a+b-t)(-1)\,dt = \int_a^bf(a+b-t)\,dt\]
が得られる.
参考
- 上記の公式は「キングス・プロパティー」として知られている.
- 一般の定積分の性質として, 次の公式もしばしば有用である. 関数 $f(x)$ が区間 $[-a,a]$ で連続であるとき \[\int_{-a}^af(x)\,dx = \int_0^a\{ f(x)+f(-x)\}\,dx\] が成り立ち, 区間 $[0,a]$ で連続であるとき \[\int_0^af(x)\,dx = \int_0^{\frac{a}{2}}\{ f(x)+f(a-x)\}\,dx\] が成り立つ. 実際, $f(x)$ は偶関数 $\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}$ と奇関数 $\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}$ の和として \[ f(x) = \frac{f(x)+f(-x)}{2}+\frac{f(x)-f(-x)}{2}\] と表されるから, \[\begin{aligned} \int_{-a}^af(x)\,dx &= \int_{-a}^a\frac{f(x)+f(-x)}{2}\,dx+\int_{-a}^a\frac{f(x)-f(-x)}{2}\,dx \\ &= 2\int_0^a\frac{f(x)+f(-x)}{2}\,dx+0 \\ &= \int_0^a\{ f(x)+f(-x)\}\,dx \end{aligned}\] が成り立ち, 置換 $x = a-t$ $\left(\dfrac{a}{2} \leqq x \leqq a\right)$ により \[\begin{aligned} \int_0^af(x)\,dx &= \int_0^{\frac{a}{2}}f(x)\,dx+\int_{\frac{a}{2}}^af(x)\,dx \\ &= \int_0^{\frac{a}{2}}f(x)\,dx+\int_{\frac{a}{2}}^0f(a-t)\cdot (-1)\,dt \\ &= \int_0^{\frac{a}{2}}f(x)\,dx+\int_0^{\frac{a}{2}}f(a-t)\,dt \\ &= \int_0^{\frac{a}{2}}\{ f(x)+f(a-x)\}\,dx \end{aligned}\] が成り立つ.
問題《逆正接関数の性質》
関数 $f(x)$ $(x > 0)$ を
\[ f(x) = \int_0^x\frac{dt}{1+t^2}\]
で定める.
- (1)
- $f(x)$ の導関数を求めよ.
- (2)
- $f(x)+f(x^{-1}) = \dfrac{\pi}{2}$ が成り立つことを示せ.
解答例
- (1)
- 微分積分学の基本定理により, \[ f'(x) = \frac{1}{1+x^2}\] である.
- (2)
- $\varphi (x) = f(x)+f(x^{-1})$ $(x > 0)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} \varphi '(x) &= f'(x)+f'(x^{-1})\cdot (x^{-1})' \\ &= \frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+(x^{-1})^2}\cdot (-x^{-2}) \\ &= \frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{x^2+1} = 0 \end{aligned}\] であるから, $\varphi (x)$ は定数関数である. その値は \[\begin{aligned} \varphi (1) &= 2f(1) = 2\int_0^1\frac{dt}{1+t^2} \\ &= 2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{1+\tan ^2\theta}\cdot\frac{1}{\cos ^2\theta}\,d\theta = 2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\,d\theta \\ &= 2[\theta ]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{2} \end{aligned}\] であるから, \[ f(x)+f(x^{-1}) = \dfrac{\pi}{2} \quad (x > 0)\] が成り立つ.
参考
- $f(x)$ は $\tan x$ の逆関数であり. $\arctan x$ で表される.
- (2) は, 正接の余角公式 \[\tan\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) = \frac{1}{\tan\theta}\] から示すこともできる. 実際, $x = \tan\theta$ とおくと, $\arctan x = \theta$ となるから, \[\arctan x^{-1} = \dfrac{\pi}{2}-\arctan x\] つまり \[\arctan x +\arctan x^{-1} = \frac{\pi}{2} \quad (x > 0)\] となる.