【数学Ⅲ】積分計算の型網羅part2(部分積分)

東大塾長の山田です。

このページでは、部分積分について詳しく説明しています!

部分積分の公式の説明を行ってから、豊富な計算例について扱い(部分積分の公式を用いてウォリスの公式の証明も!)、最後になぜ部分積分の公式が成り立つのかの証明を行っています。

ぜひ勉強の参考にしてください。

1. 部分積分とその公式

1.1 部分積分とは

部分積分とは、関数の積の積分に関する定理で、積の積分をより計算を容易にするために良く用いられています!

部分積分を用いないと解くこと困難な積分問題も数多くあるので、必ずマスターしてしまいましょう。

1.2 公式

それでは公式です。

部分積分公式

二つの微分可能な関数\(u(x), v(x)\)(\(a≦x≦b\))に対して成立する以下の関係のことを指します。

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

不定積分の場合も同じような式になります。

\(\displaystyle\int u(x)v'(x) dx=u(x)v(x)-\displaystyle\int u'(x)v(x) dx\)

2. 計算例

上の公式だけ見てもいまいちイメージが掴みづらいと思うので、実際の計算例で確認していきましょう。

2.1 基本方針

基本的な方針は、ある一つの関数が与えられたときに、それを部分積分公式に当てはめて変形した際に出現する積分項が、元の積分よりも計算が容易になるように、もともとの関数を二つの関数の積\(u(x)v(x)\)に分割するというものです。

これを以下の計算例で確かめていきましょう。

2.2 計算例

以下の積分\(I\)を求めていきましょう。

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

【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。

このようにどのようにすれば積分が簡単になるかを念頭に置いていきましょう。

【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。

次に、少し特殊なパターンを扱います。\((x)’=1\)という性質を用いる部分積分です。

【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。

容量はつかめたと思うので、他にも何問か解いてみましょう。

2.3 計算問題

問題

1. 以下の積分を求めよ。

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

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

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

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

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

2. 次の数列\(I_n\)について漸化式を求めよ。解く必要はない。

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

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

中にはひっかけ問題もあるので注意してください。それでは解答です!

【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

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

これだけやってみると計算にも慣れるのではないでしょうか。次に、漸化式を求めた過程を用いて以下の公式を導出してみましょう。

おまけ:ウォリスの公式の導出

部分積分を用いて、積分で大活躍するウォリスの公式を導出してみましょう。

ウォリスの公式

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

としたとき

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

が成立します。

*\(I_n =\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x dx\)でも同様

ウォリスの公式を用いてあげれば、以下のような積分計算が容易にできます。

【計算例】

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

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

これは部分積分を用いてあげれば容易に導出可能です。

【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。

このように、部分積分を使えることで、計算の幅が一気に広がることが分かったと思います!

3. 導出

大変便利な部分積分の公式ですが、どのように導出されるのでしょうか?積の微分法を知っていればすぐに導出できます。

【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。

このように導出も比較的容易に行えるので、頭に入れておくと良いでしょう!

 

以上です!とても大事な計算方法なので、必ず自分のものにしましょう。

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