【数学Ⅲ】積分計算の型網羅part6(指数対数関数）

【証明】　\(\displaystyle\int e^x dx =e^x +C\)について

\(\displaystyle\frac{d}{dx}e^x =e^x\)なので、上式が成立します。

【参考】\(\displaystyle\frac{d}{dx}e^x =e^x\)について

\[\displaystyle\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{e^h-1}{h}=1\]

を用いていきます。

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このとき

\(\begin{aligned}(e^x)’&=\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{e^{x+h}-e^x}{h}\\&=e^x\cdot\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{e^h-e}{h}\\&=e^x\cdot 1\\&=e^x\\\end{aligned}\)

【証明】　\(\displaystyle\int a^x dx=\frac{a^x}{\log a}+C\)について

\(\displaystyle\frac{d}{dx}a^x=a^x\log a\)だから、\(\displaystyle\frac{d}{dx}\left(\frac{a^x}{\log a}\right)=a^x\)です。よって上式が成立します。

【参考】　\(\displaystyle\frac{d}{dx}a^x=a^x\log a\)について

1．普通に微分

\(a^x\)の導関数について考えていきます。

\(\begin{aligned}(a^x)’&=\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{a^{x+h}-a^x}{h}\\&=a^x\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{a^h-1}{h}\\\end{aligned}\)

ここで、\(a^h=e^{\log a^h}\)であるから、上式は

\(a^{x} \displaystyle\lim _{h \rightarrow 0} \frac{e^{\log a^{h}-1}-1}{\log a^{h}} \cdot \frac{\log a^{h}}{h}=a^{x} \displaystyle\lim _{h \rightarrow 0} \frac{e^{\log a^{h}-1}-1}{\log a^{h}} \cdot \log a\)

と変形することができます。さらに

\(\displaystyle\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{e^h-1}{h}=1\)

を用いると、上式は

\(a^x\cdot 1\cdot \log a\)

となりました。

2．　対数微分法

①　\(y=a^x\)の対数を取る

\(\log y=x\log a\)

②両辺を微分する

\(\displaystyle\frac{y’}{y}=\log a\)

③整理して代入する

\(y’=y\log a=a^x \log a\)

【証明】　\(\displaystyle\int \log x dx =x\log x-x+C\)について

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。

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

【証明】　\(\displaystyle\int \log x dx =x\log x-x+C\)について

\(t=\log x\)と置換すると、\(\displaystyle\frac{dt}{dx}=\frac{1}{x}=\frac{1}{e^t}\)だから、

\(\begin{aligned}\displaystyle\int\log x dx&=\int t e^t dt\\&=te^t-e^t+C\end{aligned}\)

これに、\(t=\log x\)を代入すると

\(x\log x-x+C\)

となります。

【例】\(I=\displaystyle\int \frac{e^x}{(e^x+1)^2} dx\)を計算してみよう。

１：置換する

まずは\(e^x=t\)と置換してみましょう。このとき、\(e^x dx =dt\)だから

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int \frac{e^x}{(e^x+1)^2} dx\\&=\int \frac{t}{(t+1)^2}\cdot\frac{1}{t} dt\\&=\int \frac{1}{(t+1)^2} dt\\&=-\frac{1}{t+1}+C\\&=\frac{1}{e^x+1}+C\end{aligned}\)

２：微分の形を応用

次に微分の形を応用してみます。\(\displaystyle\int\{f(x)\}f'(x)dx=\frac{\{f(x)\}^{\alpha +1}}{\alpha +1}+C\)が使えるように式変形を行います。

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int\frac{e^x}{(e^x+1)^2} dx\\&=\int\frac{(e^x+1)’}{(e^x+1)^2}dx\\&=-\frac{1}{e^x+1}+C\end{aligned}\)

【例】\(I=\displaystyle\int\log \sqrt{x} dx\)

簡単な形にした場合

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int\log \sqrt{x} dx\\&=\frac{1}{2}\int \log x dx\\&=\frac{1}{2}x\log x-\frac{1}{2}x+C\end{aligned}\)

簡単な形にしなかった場合

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int\log \sqrt{x} dx\\&=\int (x)’\log \sqrt{x} dx\\&=x\log\sqrt{x}-\int x\cdot\frac{1}{\sqrt{x}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}dx\\&=x\log\sqrt{x}-\int \frac{1}{2} dx\\&=x\log\sqrt{x}-\frac{1}{2}x+C\end{aligned}\)

【解答】

(1)　\(I=\displaystyle\int\frac{e^x(e^x+1)}{e^x+3} dx\)

微分の形が応用できるように式変形を行います。

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int\frac{e^x(e^x+1)}{e^x+3} dx\\&=\int\frac{e^x\{(e^x+3)-2\}}{e^x+3} dx\\&=\int \left(e^x-\frac{2e^x}{e^x+3}\right)dx\\&=\int\{e^x-2\cdot\frac{(e^x+3)’}{e^x+3}\}dx\\&=e^x-2\log(e^x+3)+C\end{aligned}\)

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

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int\frac{e^{2x}}{1-e^x} dx\\&=\int \frac{-e^x(1-e^x)+e^x}{1-e^x} dx\\&=\int \left(-e^x-\frac{-e^x}{1-e^x}\right)dx\\&=\int\{-e^x-\frac{(1-e^x)’}{1-e^x}\}dx\\&=-e^x-\log|1-e^x|+C\end{aligned}\)

(3)　\(I=\displaystyle\int\log(x+2) dx\)

\(\log\)の中身が\(x+2\)なので、\((x+2)’=1\)を利用しましょう。

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int\log(x+2) dx\\&=\int (x+2)’\log(x+2) dx\\&=(x+2)\log (x+2) -\int (x+2)\cdot\frac{1}{x+2} dx\\&=(x+2)\log (x+2)-x+C\end{aligned}\)

【比較】仮にいつも通り\((x)’=1\)を用いたらどうなるでしょうか。

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int\log(x+2) dx\\&=\int (x)’\log(x+2)  dx\\&=x\log(x+2) -\int \frac{x}{x+2} dx\\&=x\log(x+2) -\int \frac{x+2-2}{x+2} dx\\&=x\log(x+2) -\int\left(1-\frac{2}{x+2}\right) dx\\&=x\log(x+2) -x+2\log(x+2)+C \\&=(x+2)\log(x+2) -x+C\end{aligned}\)

先ほどと比べて計算が冗長になってしまいましたね。このように部分積分も工夫する必要があります。

(4)　\(I=\displaystyle\int\log(x^2-1) dx\)

\(\begin{aligned}I&=\displaystyle\int\log(x^2-1) dx\\&=\int (x)’\log(x^2-1) dx\\&=x\log(x^2-1)-\int x\cdot\frac{2x}{x^2-1} dx\\&=x\log(x^2-1)-\int\left(2-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-1}\right) dx\\&=x\log(x^2-1)-2x+\log|x+1|-\log|x-1|+C\\&=x\log(x^2-1)-2x+\log\left|\frac{x+1}{x-1}\right|+C\end{aligned}\)