6.20 定積分の置換積分

定理 6.97 (置換積分)   積分変数を $x=\phi(t)$ と置き換えると定積分は

$$\int_{a}^{b}f(x)\,dx= \int_{\phi^{-1}(a)}^{\phi^{-1}(b)}f(\phi(t))\phi'(t)\,dt= \int_{\phi^{-1}(a)}^{\phi^{-1}(b)}f(\phi(t))\frac{dx}{dt}dt$$

と表される．

例 6.98 (置換積分の計算例)   $\alpha\ne -1$ のとき，

$$I = \int_{0}^{1}(1-x)^{\alpha}\,dx= \left[\vrule height1.5em width0... ...(1-x)^{\alpha+1}}\,\right]_{0}^{1}= 0+\frac{1}{\alpha+1}= \frac{1}{\alpha+1}\,.$$

例 6.99 (置換積分の計算例)  

$$I = \int_{0}^{\pi/2}\cos^2 x\sin x\,dx= -\int_{0}^{\pi/2}\cos^2 x(\cos x)'\,dx= -\int_{1}^{0}t^2\frac{dt}{dx}\frac{dx}{dt}dt= -\int_{1}^{0}t^2dt$$

$$= \int_{0}^{1}t^2dt= \left[\vrule height1.5em width0em depth0.1em\,{\frac{t^3}{3}}\,\right]_{0}^{1}= \frac{1}{3}.$$

ここで，$t=\cos x$ とおいて， $t=\sin 0=1$, $${t=\sin\frac{\pi}{2}=0}$$, $${\frac{dt}{dx}=-\sin x}$$, $${\frac{dt}{dx}\frac{dx}{dt}=1}$$ を用いた．

例 6.100 (置換積分の計算例)  

$$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{1+\sin^2 x}\,dx= \int_{0}^{1}\frac{\frac{dt}{dx}}{1+t^2} \frac{dx}{dt}dt= \int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^2}$$

$$= \Big[\mathrm{Tan}^{-1} x\Big]_{0}^{1}= \mathrm{Tan}^{-1}(1)-\mathrm{Tan}^{-1}(0)= \frac{\pi}{4}-0=\frac{\pi}{4}\,.$$

ここで $t=\sin x$ とおいた．このとき

$$\frac{dt}{dx}=\cos x\,,\quad \frac{dx}{dt}=\left(\frac{dt}{dx}\right)^{-1}= \frac{1}{\cos x}$$

であることを用いた． また積分区間は $${0\leq x\leq \frac{\pi}{2}}$$ から $${0=\sin(0)\leq t\leq 1=\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)}$$ へと変わる．

例 6.101 (置換積分の計算例)   $a>0$ のき，

$$I = \int_{0}^{a}\sqrt{a^2-x^2}\,dx= \int_{0}^{\pi/2}\sqrt{a^2-a^2\sin^2t}\cos t\,dt= a^2\int_{0}^{\pi/2}\sqrt{1-\sin^2t}\cos t\,dt$$

$$= a^2\int_{0}^{\pi/2}\sqrt{\cos^2t}\cos t\,dt= a^2\int_{0}^{\pi/2... ...= a^2\int_{0}^{\pi/2}\cos^2 t\,dt= \frac{a^2}{2}\int_{0}^{\pi/2}(\cos 2t+1)\,dt$$

$$= \frac{a^2}{2}\left[\vrule height1.5em width0em depth0.1em\,{\fr... ...\sin\pi-\sin 0)+ \frac{a^2}{2}\left(\frac{\pi}{2}-0\right)= \frac{\pi}{4}a^2\,.$$

ここで， $x=a\sin t=\phi(t)$ とおいて， $${\frac{dx}{dt}=a\cos t}$$, $${t=\phi^{-1}(x)=\mathrm{Sin}^{-1}\frac{x}{a}}$$, $${\phi^{-1}(a)=\mathrm{Sin}^{-1}(1)=\frac{\pi}{2}}$$, $${\phi^{-1}(0)=\mathrm{Sin}^{-1}(0)=0}$$ を用いた．

例 6.102 (置換積分を用いた定積分)  

$$I = \int_0^{1}x^2\sqrt{1-x^2}dx= \int_{0}^{\pi/2}\sin^2t\sqrt{1-\si... ...pi/2}\sin^2t\,\vert\cos t\vert\,\cos t\,dt= \int_{0}^{\pi/2}\sin^2t\cos^2 t\,dt$$

$$= \int_{0}^{\pi/2}(\sin t\cos t)^2\,dt= \int_{0}^{\pi/2}\left(\fr... ...ule height1.5em width0em depth0.1em\,{t-\frac{\sin 4t}{4}}\,\right]_{0}^{\pi/2}$$

$$= \frac{1}{8} \left( \frac{\pi}{2}- \frac{\sin 2\pi-\sin 0}{4} \right)= \frac{\pi}{16}.$$

ここで， $x=\sin t=\phi(t)$ とおいて， $${\frac{dx}{dt}=\cos t}$$, $\phi^{-1}(1)=\mathrm{Sin}^{-1}1=\pi/2$, $\phi^{-1}(0)=\mathrm{Sin}^{-1}0=0$ を用いた．

例 6.103 (置換積分を用いた定積分)  

$$I = \int_{0}^{2}\frac{x}{\sqrt{9-x^2}}dx= \frac{1}{3} \int_{0}^{2}\... ...2t}}(3\cos t)\,dt= 3 \int_{0}^{\alpha}\frac{\sin t\cos t}{\vert\cos t\vert}\,dt$$

$$= 3 \int_{0}^{\alpha}\frac{\sin t\cos t}{\cos t}\,dt= 3 \int_{0}^... ...\right]_{0}^{\alpha}= -3\cos\alpha+3\cos 0= -3\frac{\sqrt{5}}{3}+3= 3-\sqrt{5}.$$

ここで， $${\frac{x}{3}=\sin t}$$ とおいて， $x=3\sin t=\phi(t)$, $${\frac{dx}{dt}=3\cos t}$$, $t=\phi^{-1}(x)=\mathrm{Sin}^{-1}\left(\frac{x}{3}\right)$, $\phi^{-1}(2)=\mathrm{Sin}^{-1}\frac{2}{3}=\alpha$, $\phi^{-1}(0)=\mathrm{Sin}^{-1}0=0$ を用いた． また， $0<\alpha<\frac{\pi}{2}$ より， $\cos t\ge0$( $t\in[0,\alpha]$) であり， $${\sin \alpha=\frac{2}{3}}$$ より， $${\cos \alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\frac{\sqrt{5}}{3}}$$ で あることを用いた．

例 6.104 (置換積分を用いた定積分)   $a>0$ のとき，

$$I= \int_{0}^{2a}x^2\sqrt{2ax-x^2}\,dx= \int_{0}^{2a}x^2\sqrt{a^2-(x-a)^2}\,dx= a\int_{0}^{2a}x^2\sqrt{1-\left(\frac{x-a}{a}\right)^2}\,dx$$

$$= a\int_{-\pi/2}^{\pi/2} a^2(1+\sin t)^2\sqrt{1-\sin^2 t}\,(a\cos t)\,dt= a^4\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (1+\sin t)^2\vert\cos t\vert\cos t\,dt$$

$$= a^4\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (1+\sin t)^2\cos^2 t\,dt= a^4\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\cos^2 t+(\sin t\cos t)^2)\,dt$$

$$= a^4\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left(\frac{\cos 2t+1}{2}+\frac{\sin^2... ...\frac{a^4}{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left(\cos 2t+1+\frac{1-\cos 4t}{4}\right)dt$$

$$= \frac{a^4}{8}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left(5+4\cos 2t-\cos 4t\right)dt= \frac{a^4}{4}\int_{0}^{\pi/2} \left(5+4\cos 2t-\cos 4t\right)dt$$

$$= \frac{a^4}{4} \left[\vrule height1.5em width0em depth0.1em\,{5t... ...i}{2}+2(\sin \pi-\sin 0)-\frac{\sin 2\pi-\sin 0}{4}\right)= \frac{5\pi a^4}{8}.$$

ここで， $${\frac{x-a}{a}=\sin t}$$ とおき， $x=\phi(t)=a(1+\sin t)$, $${\frac{dx}{dt}=a\cos t}$$, $${t=\phi^{-1}(x)=\mathrm{Sin}^{-1}\frac{x-a}{a}}$$, $${\phi^{-1}(0)=\mathrm{Sin}^{-1}(-1)=-\frac{\pi}{2}}$$, $${\phi^{-1}(2a)=\mathrm{Sin}^{-1}(1)=\frac{\pi}{2}}$$ を用いた．

例 6.105 (双曲線関数を用いた定積分)  

$$I= \int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{dx}{\sqrt{x^2-2x+3}}= \int_{1}^{1+\... ...{1}{\sqrt{2}} \int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{dx}{\sqrt{1+(\frac{x-1}{\sqrt{2}})^2}}$$

$$= \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} \int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{(\frac{x-1... ...c{x-1}{\sqrt{2}}\right)}\,\right]_{1}^{1+\sqrt{2}}= \sinh^{-1}(1)-\sinh^{-1}(0)$$

$$= \log(1+\sqrt{1^2+1})- \log(0+\sqrt{0^2+1})= \log(1+\sqrt{2}).$$

例 6.106 (双曲線関数を用いた定積分)   定積分

$$I = \int_{-4}^{-2} \sqrt{x^2-1}\,dx$$

を考える． 積分区間が $x: -4\to-2$ であるから $x<0$ である． このことに注意して変数変換を

$$x=-\cosh t<0\qquad\left(0<t=\mathrm{Cosh}^{-1}(-x)\right)$$

とする．このとき積分区間は

$$t: \mathrm{Cosh}^{-1}(4)\to\mathrm{Cosh}^{-1}(2)$$

となる．また

$$\frac{dx}{dt}=-\sinh t$$

であることを用いると

$$I = \int_{\mathrm{Cosh}^{-1}(4)}^{\mathrm{Cosh}^{-1}(2)} \sqrt{\cosh^2t-1}(-\sinh t)\,dt$$

$$\cosh^2t-\sinh^2t=1$$

$$= -\int^{\mathrm{Cosh}^{-1}(4)}_{\mathrm{Cosh}^{-1}(2)} \sinh t \... ...t^{\mathrm{Cosh}^{-1}(4)}_{\mathrm{Cosh}^{-1}(2)} \sinh t \vert\sinh t\vert\,dt$$

$$\mathrm{Cosh}^{-1}(2)\leq t\leq\mathrm{Cosh}^{-1}(4) \sinh t>0$$

$$= \int^{\mathrm{Cosh}^{-1}(4)}_{\mathrm{Cosh}^{-1}(2)} \sinh^2 t\,dt$$

$$\sinh^2t=(\cosh 2t-1)/2$$

$$= \frac{1}{2} \int^{\mathrm{Cosh}^{-1}(4)}_{\mathrm{Cosh}^{-1}(2)... ... \frac{1}{2}\sinh(2t)-t \right]^{\mathrm{Cosh}^{-1}(4)}_{\mathrm{Cosh}^{-1}(2)}$$

$$= \frac{1}{4}\sinh(2\,\mathrm{Cosh}^{-1}(4))- \frac{1}{4}\sinh(2\... ...h}^{-1}(2))- \frac{1}{2}\mathrm{Cosh}^{-1}(4)+ \frac{1}{2}\mathrm{Cosh}^{-1}(2)$$

となる．ここで

$$\mathrm{Cosh}^{-1}(x)= \log\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)$$

であることを用いる．このとき

$$\sinh(2\mathrm{Cosh}^{-1}(x))= \frac{1}{2}\left( e^{2\log\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)}- e^{-2\log\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)}\right)$$

$$= \frac{1}{2}\left(\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^2- \left(\frac{1}{... ...rac{1}{x-\sqrt{x^2-1}}\right)^2- \left(\frac{1}{x+\sqrt{x^2-1}}\right)^2\right)$$

$$= \frac{2x\sqrt{x^2-1}} {\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^2\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^2}= 2x\sqrt{x^2-1}$$

より

$$\frac{1}{4}\sinh(2\mathrm{Cosh}^{-1}(4))-\frac{1}{4}\sinh(2\mathrm{Cosh}^{-1}(2)) = \frac{2\times4}{4}\sqrt{4^2-1}-\frac{2\times2}{4}\sqrt{2^2-1}$$

$$=2\sqrt{15}-\sqrt{3}$$

となる．また

$$-\frac{1}{2}\mathrm{Cosh}^{-1}(4)+ \frac{1}{2}\mathrm{Cosh}^{-1}(... ...}{2}\log\left(4+\sqrt{4^2-1}\right) +\frac{1}{2}\log\left(2+\sqrt{2^2-1}\right)$$

$$=-\frac{1}{2}\log\frac{4+\sqrt{15}}{2+\sqrt{3}}= -\frac{1}{2}\log\frac{2-\sqrt{3}}{4-\sqrt{15}}$$

である．よって

$$I =2\sqrt{15}-\sqrt{3}-\frac{1}{2}\log\frac{2-\sqrt{3}}{4-\sqrt{15}}$$

$$=2\sqrt{15}-\sqrt{3}-\frac{1}{2}\log\left( 8+2\sqrt{15}-4\sqrt{3}-3\sqrt{5}\right)$$

を得る．

例 6.107 (双曲線関数を用いた定積分)   定積分

$$I = \int_{-4}^{-2} \sqrt{x^2-1}\,dx$$

を求める．

$$\sqrt{x^2-1}=x-t$$

とおく．すると，

$$I = \frac{1}{4} \int_{\alpha}^{\beta}\left( t-\frac{2}{t}+\frac{1}{... ...ac{1}{4} \left[ \frac{t^2}{2}- 2\log t- \frac{1}{2t^2} \right]_{\alpha}^{\beta}$$

$$= \frac{\beta^2-\alpha^2}{8}- \frac{1}{8}\left( \frac{1}{\beta^2}-\frac{1}{\alpha^2} \right)- \frac{1}{2} \log\left( \frac{\beta}{\alpha} \right)$$

となる．ここで，

$$\alpha=-4+\sqrt{15}, \qquad \beta=-2+\sqrt{3}$$

である．これらを代入すると

$$I =2\sqrt{15}-\sqrt{3}-\frac{1}{2}\log\frac{2-\sqrt{3}}{4-\sqrt{15}}$$

$$=2\sqrt{15}-\sqrt{3}-\frac{1}{2}\log\left( 8+2\sqrt{15}-4\sqrt{3}-3\sqrt{5}\right)$$

を得る．

平成21年6月1日