【数学Ⅲ】積分計算の型網羅part2(部分積分）

【例】\(I=\displaystyle\int xe^x dx\)

\(x\)や\(e^x\)単体であれば、簡単に積分を行えますがその積となると方針がたちません。そこで部分積分を用いてみましょう。

まず非積分関数の中身を\(u(x)v'(x)\)にしたいので、①\((e^x)’ x\)か②\(\left(\displaystyle\frac{1}{2}x^2\right)’ e^x\)のどちらかになります。

ここで最右辺の被積分関数が\(u'(x)v(x)\)なので①②それぞれがどのようになるか考えてみると、①は\(e^x (x)’=e^x\)となり、②は\(\displaystyle\frac{1}{2}x^2 e^x\)となるので、①の方が明らかに積分しやすいですね。なので、①の方針で行っていきましょう。

\(\begin{aligned}I=\displaystyle\int xe^x dx&=\displaystyle\int x(e^x)’ dx\\&=x e^x -\displaystyle\int e^x dx\\&=xe^x -e^x +C\end{aligned}\)

となります！いとも簡単に答えを求めることができました。

【例】\(I=\displaystyle\int x \sin x dx\)

これも公式の最左辺で\((x)’=1\)を用いてあげたいので、被積分関数を\(x (-\cos x)’\)としてあげましょう。部分積分を実行していくと

\(\begin{aligned}\displaystyle\int x \sin x dx&=\displaystyle\int x (-\cos x)’ dx\\&=x(-\cos x)-\displaystyle\int (x)’ (-\cos x) dx\\&=-x\cos x+\displaystyle\int \cos x dx\\&=-x\sin x +\sin x +C\end{aligned}\)

と計算することができます。

【例】\(I=\displaystyle\int \log x dx\)

いままでは、被積分関数が関数の積になっているものを扱ってきましたが、今回はそうではありません。\(\log x\)が登場してくるときの部分積分のパターンはある程度決まっています。

\((\log x)’=\displaystyle\frac{1}{x}\)となるので、それと打ち消しあうようなもの、すなわち\(x\)が登場すれば便利だなということは分かると思います。また、\((x)’=1\)という事実も考えてあげましょう。

その二つの考えを念頭に置いて、非積分関数を\((x)’\log x\)と書きなおして、部分積分を実行していきましょう。

\(\begin{aligned}\displaystyle\int \log x&=\displaystyle\int (x)’\log x\\&=x\log x-\displaystyle\int x(\log x)’ dx\\&=x\log x-\displaystyle\int 1 dx\\&=x\log x-x+C\end{aligned}\)

と計算することができました。

【解答】

1.

(1)　\(I=\displaystyle\int_1^e \displaystyle\frac{\log x}{(1+x)^2} dx\)

\(\displaystyle\frac{1}{(1+x)^2}=-\left(\displaystyle\frac{1}{1+x}\right)’\)

とみてあげると

\(\begin{aligned}\displaystyle\int_1^e \displaystyle\frac{\log x}{(1+x)^2}&=-\left[\displaystyle\frac{1}{1+x}\cdot \log x\right]_1^e +\displaystyle\int_1^e \displaystyle\frac{dx}{x(1+x)}\\&=-\displaystyle\frac{1}{1+e}+\displaystyle\int_1^e \left(\displaystyle\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x}\right) dx \\&=-\displaystyle\frac{1}{1+e}+\left[\log x -\log(1+x) \right]_1^e\\&=\displaystyle\frac{e}{1+e}+\log \displaystyle\frac{2}{1+e}\end{aligned}\)

(2)　\(I=\displaystyle\int_0^{\pi} x\cos x dx\)

\(\cos x=(-\sin x)’\)

とみてあげると

\(\begin{aligned}\displaystyle\int_0^{\pi} x\cos x dx&=\left[x\sin x\right]_0^{\pi}-\displaystyle\int_0^{\pi} \sin x dx\\&=0+\left[\cos x\right]_0^{\pi}\\&=-2\end{aligned}\)

(3)　\(I=\displaystyle\int (5x-7)e^x dx\)

\((e^x)’=e^x\)

とみてあげると

\(\begin{aligned}\displaystyle\int (5x-7)e^x dx&=e^x (5x-7)-\displaystyle\int (5x-7)’ e^x dx\\&=e^x(5x-7)-5\displaystyle\int e^x dx\\&=5x e^x -12e^x +C\end{aligned}\)

(4)　\(I=\displaystyle\int e^x \cos 2x dx\)

\((e^x)’=e^x\)

とみてあげると

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int e^x \cos 2x dx\\&=e^x \cos 2x -\displaystyle\int e^x (-2\sin 2x) dx\\&=e^x\cos 2x +2\displaystyle\int e^x \sin 2x\\&=e^x \cos 2x +2\left(e^x \sin 2x -\displaystyle\int e^x (2\cos 2x) dx \right)　\\&=e^x \cos 2x +2e^x \sin 2x -4\displaystyle\int e^x \cos 2x dx \end{aligned}\)

これはつまり

\(I=e^x \cos 2x +2e^x \sin 2x -4I\)
\(∴I=\displaystyle\frac{1}{5}e^x (\cos 2x +2\sin 2x)+C \)

となります。

(5)　\(I=\displaystyle\int \displaystyle\frac{x-1}{x^2} e^x dx\)

これはひっかけ問題です。部分積分をしても良いですが、うまくいきません。

\(\begin{aligned}\displaystyle\int_1^2 \displaystyle\frac{x-1}{x^2} e^x dx&=\displaystyle\int_1^2 \{\frac{1}{x}+\left(\frac{1}{x}\right)’\}e^x dx\\&=\left[\displaystyle\frac{1}{x}e^x\right]_1^2 \\&=\displaystyle\frac{e^2}{2}-e\end{aligned}\)

2．

(1)　\(I_n=\displaystyle\int_0^1 x^n e^x dx\)

\((e^x)’=e^x\)

とみてあげると

\(\begin{aligned}I_n=\displaystyle\int_0^1 x^n e^x dx&=\left[e^x x^n\right]_0^1 -n\displaystyle\int_0^1 x^{n-1} e^x dx\\&=e-nI_{n-1}\end{aligned}\)

(2)　\(I_n=\displaystyle\int_1^e x^2 (\log x)^n dx\)

\(\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)’=x^2\)

とみてあげると

\(\begin{aligned}I_n=\displaystyle\int_1^e x^2 (\log x)^n dx &=\displaystyle\int_1^e \left(\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)’ (\log x)^n dx\\&=\left[\displaystyle\frac{x^3}{3}(\log x)^n \right]_1^e -\displaystyle\frac{n}{3}\displaystyle\int_1^e x^2 (\log x)^{n-1} dx\\&=\displaystyle\frac{e^3}{3}-\displaystyle\frac{n}{3}I_{n-1} \end{aligned}\)

【計算例】

\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 x dx=\displaystyle\frac{2}{3}\)

\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^6 x dx=\displaystyle\frac{3}{4}\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{\pi}{2}=\displaystyle\frac{3}{16}\pi\)

【導出】

\(I_n =\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x dx\)とします。

このとき、部分積分を用いて、

\(\begin{aligned}\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x dx&=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1} x \sin x dx\\&=\left[-\sin^{n-1} x \cos x\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+(n-1)\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2} x \cos^2 x dx\\&=(n-1)\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2} x (1-\sin^2 x) dx\\&=(n-1) (I_{n-2}-I_n) \end{aligned}\)

これをまとめて

\(I_n =\displaystyle\frac{n-1}{n}I_{n-2}\)

を得ます。よって、\(I_0=\displaystyle\frac{\pi}{2}\)と\(I_1=1\)を用いて、上の漸化式を何回も適用すると

\(\begin{cases}I_{2n}=\displaystyle\frac{2n-1}{2n}\cdot\displaystyle\frac{2n-3}{2n-2}\cdots\displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{\pi}{2}\\I_{2n+1}=\displaystyle\frac{2n}{2n+1}\cdot\displaystyle\frac{2n-2}{2n-1}\cdots\displaystyle\frac{2}{3}\cdot 1\end{cases}\)

が得られます。

【証明】

\(u(x)\)と\(v(x)\)がともに微分可能な関数であるとき、積の微分公式より

\(\displaystyle\frac{d}{dx}(u(x) v(x))=v(x)\displaystyle\frac{d}{dx}u(x)+u(x)\displaystyle\frac{d}{dx}v(x)\)

両辺を、\(a≦x≦b\)で\(x\)に関して積分すると

\(\begin{aligned}\displaystyle\int_a^b \displaystyle\frac{d}{dx}(u(x) v(x)) dx =\displaystyle\int_a^b u'(x) v(x) dx &+\displaystyle\int_a^b u(x) v'(x) dx\\\end{aligned}\)

ここで、

\(\displaystyle\frac{d}{dx}(u(x) v(x)) dx =\left[u(x) v(x)\right]_a^b\)

だから結局まとめると

\(\displaystyle\int_{a}^{b}u(x)v'(x) dx=\left[u(x)v(x)\right]_a^b -\displaystyle\int_{a}^{b}u'(x)v(x) dx\)

という部分積分の公式を得ることができます。