本時の目標
- 積の導関数の公式 \((uv)' = u'v + uv'\) から部分積分の公式 \(\displaystyle \int u'v\ dx = uv - \int uv'\ dx\) を求めることができる。
- 上記の部分積分の公式を用いて，積の形で表される関数の不定積分を求めることができる。
- 部分積分を用いて，\(\displaystyle \int \log x\ dx\) や \(\displaystyle \int e^x \sin x\ dx\) などの不定積分を求めることができる
- 部分積分を用いて定積分を求めることができる。
多項式 \(\times\) 三角・指数関数の不定積分
本時の最初のテーマは
不定積分 \(\displaystyle \int xe^x\,dx\) を求めましょう。
\(\displaystyle \int x dx\) を求めることはできます。\(\displaystyle \int e^x dx\) を求めることもできます。ところが，\(\displaystyle \int xe^x dx\) となった瞬間に？？？となってしまいます。
この？？？を解決してくれるのが 部分積分 という方法です。部分積分は，積の導関数から導かれます。
\[(uv)' = u'v + uv'\]
この式の両辺を積分します。\[\begin{array}{l}\displaystyle \int (uv)'\,dx = \int (u'v + uv')\,dx \\ \displaystyle uv = \int u'v\,dx + \int uv'\,dx \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad \int u'v\,dx = uv - \int\ uv'\,dx \end{array}\]
部分積分による不定積分
\[\displaystyle \int u'v\,dx = uv - \int uv'\,dx\]
これが部分積分の公式です。右辺と左辺では，\('\) の位置が入れ替わっているだけです。これで一体何ができるのでしょう？
実は \('\) の位置が入れ替わったということに意味があります。\(\displaystyle \int xe^x\ dx\) を求めながら，解説しましょう。
部分積分の公式において \(u' = e^x\)，\(v = x\) と考えてみます。すると\[u = e^x \mbox{，} v' = 1\]となるので，これらを公式に当てはめます。\[ \displaystyle \int xe^x\ dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = uv - \int uv'\ dx \\ \displaystyle = e^x \cdot x - \int e^x \cdot 1 \ dx \\ \displaystyle
= xe^x - \int e^x\ dx \\ \displaystyle = xe^x - e^x + C\end{array}\]これで不定積分を求めることができました。さて今，\(u' = e^x\)，\(v = x\) とおいて公式に当てはめましたが，その逆つまり \(u' = x\)，\(v = e^x\) とおくこともできるはずです。こちらでも計算してみましょう。\[\begin{array}{ll} u' = x & v = e^x \\ \displaystyle
u = \frac{1}{2} x^2 & v' = e^x \end{array}\]\[\mbox{∴} \quad \displaystyle \int xe^x\ dx = \frac{1}{2}x^2 e^x - \int \frac{1}{2}x^2 e^x dx\]あら～！ 更に複雑な不定積分になってしまいました。式の変形としては間違っていませんが，これでは積分の計算が先に進みません。\(x\) の方を \(v\) とおかなければいけないのですね。
このことは「部分積分になぜ意味があるか」そして「部分積分をどのように使えば良いか」を表しています。多項式は，何度か微分すると必ず定数になってしまうので
\(x\) の多項式 \(\times\) 三角・指数関数
の形の関数は，\(x\) の多項式を \(v\) とおいて何回か部分積分を行えば，積分できるということになります。もっとも，多項式関数でない方が簡単に積分できる関数でなければなりませんが・・・。
例題１
不定積分 \(\displaystyle \int (x + 1) \sin x \,dx\) を求めましょう。
解 答
\(\begin{array}[m]{ll} u' = \sin x & v = x + 1 \\ u = -\cos x & v' = 1 \end{array}\) とすると\[\displaystyle \int (x + 1) \sin x \,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = uv - \int uv' \,dx \\ \displaystyle = (-\cos x) \cdot (x +
1) - \int (-\cos x) \cdot 1 \,dx \\ \displaystyle = -(x + 1)\cos x + \int \cos x \,dx \\ \displaystyle = -(x + 1)\cos x + \sin x + C \end{array}\]
また，この計算は \(u\) と \(v\) を使わず，次のように書くこともできます。\[\displaystyle \int (x + 1) \sin x \,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int (x + 1) \cdot (-\cos x)' \,dx \\ \displaystyle = (x + 1)(-\cos x) - \int (x + 1)' \cdot (-\cos x) \,dx \\ \displaystyle
= -(x + 1)\cos x + \int \cos x \,dx \\ \displaystyle = -(x + 1)\cos x + \sin x + C \end{array}\]\(\sin x\) を \((-\cos x)'\) と書き換えて，2行目で \('\) の位置を入れ替えます。この講座では，以降の部分積分をこちらの方法で記述します。
課題１ 次の不定積分を求めましょう。
- \(\displaystyle \int x \cos x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle= \int x \cdot (\sin x)' \,dx \\ \displaystyle = x\sin x - \int (x)' \cdot \sin x \,dx \\ \displaystyle = x\sin x - \int \sin x \,dx \\ \displaystyle = x\sin x + \cos x + C \end{array}\)
- \(\displaystyle \int (x + 1)e^x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int (x + 1) \cdot (e^x)' \,dx \\ \displaystyle = (x + 1) \cdot e^x - \int (x + 1)' \cdot e^x \,dx \\ \displaystyle = (x + 1)e^x - \int e^x \,dx \\ \displaystyle = (x + 1)e^x - e^x + C \\ = xe^x +
C \end{array}\)
- \(\displaystyle \int x^2 \sin x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int x^2 \cdot (-\cos x)' \,dx \\ \displaystyle = x^2 \cdot (-\cos x) - \int (x^2)' \cdot (-\cos x) \,dx \\ \displaystyle = -x^2 \cos x - \int 2x \cdot (-\cos x) \,dx \\ \displaystyle = -x^2 \cos x
+ 2 \int x \cos x \,dx \\ \displaystyle = -x^2 \cos x + 2 \int x \cdot (\sin x)' \,dx \\ \displaystyle = -x^2 \cos x + 2 \left(x \cdot \sin x - \int (x)' \cdot \sin x \,dx\right) \\ \displaystyle = -x^2 \cos x + 2\left(x\sin x - \int
\sin x \,dx\right) \\ \displaystyle = -x^2\cos x + 2\left(x\sin x + \cos x \mathstrut \right) + C \\ = 2x\sin x - \left(x^2 - 2\right)\cos x + C \end{array}\)
- \(\displaystyle \int (x^2 + x) e^x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int (x^2 + x) \cdot (e^x)' \,dx \\ \displaystyle = (x^2 + x) \cdot e^x - \int (x^2 + x)' \cdot e^x \,dx \\ \displaystyle = (x^2 + x) \cdot e^x - \int (2x + 1) \cdot e^x \\ \displaystyle = (x^2 + x)
e^x - \int (2x + 1) \cdot (e^x)' \,dx \\ \displaystyle = (x^2 + x) e^x - \left\{(2x + 1) \cdot e^x - \int (2x + 1)' \cdot e^x \,dx\right\} \\ \displaystyle = (x^2 + x) e^x - \left\{(2x + 1) e^x - \int 2e^x \,dx\right\} \\ = (x^2 +
x)e^x - \left\{(2x + 1)e^x - 2e^x \mathstrut \right\} + C \\ = (x^2 + x) e^x - (2x + 1) e^x + 2e^x + C \\ \displaystyle = \left(x^2 - x + 1\right)e^x + C \end{array}\)
- \(\displaystyle \int x(\sin 2x + e^{-x}) \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int x \cdot \left(-\frac{1}{2}\cos 2x - e^{-x}\right)' \,dx \\ \displaystyle = x \cdot \left(-\frac{1}{2}\cos 2x - e^{-x}\right) - \int (x)' \cdot \left(-\frac{1}{2}\cos 2x - e^{-x}\right) \,dx \\
\displaystyle = x \cdot \left(-\frac{1}{2}\cos 2x - e^{-x}\right) + \int \left(\frac{1}{2}\cos 2x + e^{-x}\right) \,dx \\ \displaystyle = -\frac{1}{2}x\cos 2x - xe^{-x} + \left(\frac{1}{4}\sin 2x - e^{-x}\right) + C \\ \displaystyle
= -\frac{1}{2} x \cos 2x + \frac{1}{4} \sin 2x - x e^{-x} - e^{-x} + C \end{array}\)
\(\log x\) の不定積分
ここまで，\(\displaystyle \int \log x \,dx\) を求めようという問いがありませんでした。単純そうに見えて，\(F'(x) = \log x\) となる関数 \(F(x)\)，つまり \(\log x\) の原始関数は，微分の逆演算としては出てきませんでした。実は，部分積分により求めます。そう言うと「積ではないのに部分積分？」と思う方も多いでしょう。次のように求めます。\[\int \log \,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle
= \int 1 \cdot \log x \,dx \\ \displaystyle = \int (x)' \cdot \log x \,dx \\ \displaystyle = x \cdot \log x - \int x \cdot (\log x)' \,dx \\ \displaystyle = x\log x - \int x \cdot \frac{1}{x} \,dx \\ \displaystyle = x\log x - \int 1 \,dx \\
\displaystyle = x\log x - x + C \end{array}\]三角・指数関数の場合とは逆の発想になります。\((\log x)' = \displaystyle \frac{1}{x}\) であることを利用しています。次の例題も同様に考えます。
例題２ 次の不定積分を求めましょう。
- \(\displaystyle \int x\log x \,dx\)
- \(\displaystyle \int \log (x + 1) \,dx\)
解 答
- \(\displaystyle \int x\log x \,dx\)
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int \left(\frac{1}{2}x^2\right)' \cdot \log x \,dx \\ \displaystyle = \frac{1}{2}x^2 \cdot \log x - \int \frac{1}{2}x^2 \cdot (\log x)' \,dx \\ \displaystyle = \frac{1}{2} x^2 \log x - \frac{1}{2}
\int x^2 \cdot \frac{1}{x} \,dx \\ \displaystyle = \frac{1}{2} x^2 \log x - \frac{1}{2} \int x \,dx \\ \displaystyle = \frac{1}{2} x^2 \log x - \frac{1}{4} x^2 + C \end{array}\)
- \(\displaystyle \int \log (x + 1) \,dx\)
まず，\(u = x + 1\) とおいて置換積分をします。\(du = dx\) ですから
\(\begin{array}{l} \displaystyle \int \log (x + 1) \,dx \\ \displaystyle = \int \log u \,du \\ \displaystyle = \int 1 \cdot \log u \,du \\ \displaystyle = \int (u)' \cdot \log u \,du \\ \displaystyle = u \cdot \log u - \int u \cdot (\log
u)' \,du \\ \displaystyle = u \log u - \int u \cdot \frac{1}{u} \,du \\ \displaystyle = u \log u - \int 1 \,du \\ \displaystyle = u \log u - u + C \\ = (x + 1) \log (x + 1) - (x + 1) + C \end{array}\)
或いは，このような工夫もできます。
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle \int \log (x + 1) \,dx \\ \displaystyle = \int (x + 1)' \cdot \log (x + 1) \,dx \\ \displaystyle = (x + 1) \cdot \log (x + 1) - \int (x + 1) \cdot \big\{\log (x + 1)\big\}' \,dx \\ \displaystyle = (x
+ 1) \log (x + 1) - \int (x + 1) \cdot \frac{1}{x + 1} \,dx \\ \displaystyle = (x + 1) \log (x + 1) - \int 1 \,dx \\ \displaystyle = (x + 1) \log (x + 1) - x + C \end{array}\)
課題２ 次の不定積分を求めましょう。
- \(\displaystyle \int (2x + 1) \log x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int (x^2 + x)' \cdot \log x \,dx \\ \displaystyle = (x^2 + x) \cdot \log x - \int (x^2 + x) \cdot (\log x)' \,dx \\ \displaystyle = x(x + 1)\log x - \int x(x + 1) \cdot \frac{1}{x} \,dx \\ \displaystyle
= x(x + 1) \log x - \int (x + 1) \,dx \\ \displaystyle = x(x + 1) \log x - \left(\frac{1}{2}x^2 + x\right) + C \\ \displaystyle = x(x + 1) \log x - \frac{1}{2}x^2 - x + C \end{array}\)
- \(\displaystyle \int \log (x - 2) \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int 1 \cdot \log (x - 2) \,dx \\ \displaystyle = \int (x - 2)' \cdot \log (x - 2) \,dx \\ \displaystyle = (x - 2) \cdot \log (x - 2) - \int (x - 2) \cdot \big\{\log (x - 2)\big\}' \,dx \\ \displaystyle
= (x - 2) \log (x - 2) - \int (x - 2) \cdot \frac{1}{x - 2} \,dx \\ \displaystyle = (x - 2) \log (x - 2) - \int 1 \,dx \\ \displaystyle = (x - 2) \log (x - 2) - x + C \end{array}\)
- \(\displaystyle \int x \log (x - 1) \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int \left\{\frac{1}{2}(x^2 - 1)\right\}' \cdot \log (x - 1) \,dx \\ \displaystyle = \frac{1}{2}(x^2 - 1) \cdot \log (x - 1) - \frac{1}{2} \int (x^2 - 1) \cdot \big\{\log (x - 1)\big\}' \,dx \\ \displaystyle
= \frac{1}{2} (x^2 - 1)\log(x - 1) - \frac{1}{2} \int (x + 1)(x - 1) \cdot \frac{1}{x - 1} \,dx \\ \displaystyle = \frac{1}{2} (x^2 - 1) \log(x - 1) - \frac{1}{2} \int (x + 1) \,dx \\ \displaystyle = \frac{1}{2}(x^2 - 1) \log (x -
1) - \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2}x^2 + x\right) + C \\ \displaystyle = \frac{1}{2}(x^2 - 1) \log (x - 1) - \frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{2}x + C \end{array}\)
\(e^x \sin x\) の不定積分
指数関数と三角関数の積で表される関数の積分を考えます。この積分も部分積分により求めます。
例題３
不定積分 \(\displaystyle I = \int e^x \sin x \,dx\) を求めましょう。
解 答
\[I \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int (e^x)' \cdot \sin x \,dx \\ \displaystyle = e^x \cdot \sin x - \int e^x \cdot (\sin x)' \,dx \\ \displaystyle = e^x \sin x - \int e^x \cdot \cos x \,dx \end{array}\]
ここで，\(\displaystyle \int e^x \cos x \,dx\) に部分積分を行います。
\[I \begin{array}[t]{l} \displaystyle = e^x \sin x - \int (e^x)' \cdot \cos x \,dx \\ \displaystyle = e^x \sin x - \left(e^x \cos x - \int e^x \cdot (\cos x)' \,dx\right) \\ \displaystyle = e^x \sin x - \left\{e^x \cos x - \int e^x \cdot (-\sin
x) \,dx\right\} \\ \displaystyle = e^x \sin x - e^x \cos x - \int e^x \sin x \,dx \end{array}\]
あれれ!! 何だか元に戻ってしまったようです・・・が，これでいいのです。式の最初と最後を比べると\[I = e^x (\sin x - \cos x) - I\]となっているので，\(I\) について解くことができます。 \[\begin{array}[t]{c} 2I = e^x (\sin x - \cos x) \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad I = \frac{1}{2} e^x \left(\sin x - \cos x\right) +
C \end{array}\] 最後に，積分定数 \(C\) を加えることを忘れないように注意しましょう。
課題３
不定積分 \(\displaystyle I = \int e^x \cos x \,dx\) を求めましょう。 解答 隠す
\(I \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int (e^x)' \cdot \cos x \,dx \\ \displaystyle = e^x \cdot \cos x - \int e^x \cdot (\cos x)' \,dx \\ \displaystyle = e^x \cos x - \int e^x \cdot (-\sin x) \,dx \\ \displaystyle = e^x \cos x + \int e^x \sin
x \,dx \\ \displaystyle = e^x \cos x + \int (e^x)' \cdot \sin x \,dx \\ \displaystyle = e^x \cos x + e^x \sin x - \int e^x \cdot (\sin x)' \,dx \\ \displaystyle = e^x \cos x + e^x \sin x - \int e^x \cos x \,dx \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad
I = e^x(\cos x + \sin x) - I \\ \mbox{∴} \quad 2I = e^x (\cos x + \sin x) \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad I = \frac{1}{2} e^x (\cos x + \sin x) + C \end{array}\)
部分積分による定積分の計算
最後に定積分の計算をしましょう。
\((uv)' = u'v + uv'\)
の両辺を \(x\) で \(a\) から \(b\) まで積分します。\[\begin{array}[t]{l} \displaystyle \int_a^b (uv)' \,dx = \int_a^b (u'v + uv') \,dx \\ \displaystyle \Big[uv\Big]_a^b = \int_a^b u'v \,dx + \int_a^b uv' \,dx \\ \displaystyle \mbox{∴} \quad \int_a^b u'v \,dx
= \Big[uv\Big]_a^b - \int_a^b uv' \,dx \end{array}\]
部分積分による定積分
\(\displaystyle \int_a^b u'v \,dx = \Big[uv\Big]_a^b - \int_a^b uv' \,dx\)
例題４
定積分 \(\displaystyle \int_0^{\pi} x \sin x \,dx\) の値を求めましょう。
解 答
\(\displaystyle \int_0^{\pi} x \sin x \,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^{\pi} x \cdot (-\cos x)' \,dx \\ \displaystyle = \Big[x \cdot (-\cos x)\Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} (x)' \cdot (-\cos x) \,dx \\ \displaystyle = -\Big[x \cos
x\Big]_0^{\pi} + \int_0^{\pi} \cos x \,dx \\ \displaystyle = -(\pi \cdot \cos \pi - 0) + \Big[\sin x\Big]_0^{\pi} \\ \displaystyle = \pi + \sin \pi - \sin 0 \\ = \pi\end{array}\)
課題４ 次の定積分の値を求めましょう。
- \(\displaystyle \int_{0}^{1} x e^x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^1 x \cdot (e^x)' \,dx \\ \displaystyle = \Big[x \cdot e^x\Big]_0^1 - \int_0^1 (x)' \cdot e^x \,dx \\ \displaystyle = (e - 0) - \int_0^1 e^x \,dx \\ \displaystyle = e - \Big[e^x\Big]_0^1 \\ =
e - (e - 1) \\ = 1 \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \cos x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^{\frac{\pi}{2}} x \cdot (\sin x)' \,dx \\ \displaystyle = \Big[x \sin x\Big]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} (x)' \cdot \sin x \,dx \\ \displaystyle = \left(\frac{\pi}{2} - 0\right)
- \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x \,dx \\ \displaystyle = \frac{\pi}{2} - \Big[-\cos x\Big]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ \displaystyle = \frac{\pi}{2} - \big\{0 - (-1)\big\} \\ \displaystyle = \frac{\pi}{2} - 1 \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{1}^{e} \log x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_1^e (x)' \cdot \log x \,dx \\ \displaystyle = \Big[x \log x\Big]_1^e - \int_1^e x \cdot (\log x)' \,dx \\ \displaystyle = (e - 0) - \int_1^e x \cdot \frac{1}{x} \,dx \\ \displaystyle = e - \int_1^e
1 \,dx \\ \displaystyle = e - \Big[x\Big]_1^e \\ = e - (e - 1) \\ = 1 \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{1}^{e} x \log x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_1^e \left(\frac{1}{2} x^2\right)' \cdot \log x \,dx \\ \displaystyle = \left[\frac{1}{2}x^2 \cdot \log x\right]_1^e - \int_1^e \frac{1}{2}x^2 \cdot (\log x)' \,dx \\ \displaystyle = \left(\frac{1}{2}
e^2 - 0\right) - \frac{1}{2} \int_1^e x^2 \cdot \frac{1}{x} \,dx \\ \displaystyle = \frac{1}{2} e^2 - \frac{1}{2} \int_1^e x \,dx \\ \displaystyle = \frac{1}{2} e^2 - \frac{1}{2} \left[\frac{1}{2} x^2\right]_1^e \\ \displaystyle =
\frac{1}{2} e^2 - \frac{1}{4}(e^2 - 1) \\ \displaystyle = \frac{e^2 + 1}{4} \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{0}^{1} x^2 e^x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^1 x^2 \cdot (e^x)' \,dx \\ \displaystyle = \Big[x^2 \cdot e^x\Big]_0^1 - \int_0^1 (x^2)' \cdot e^x \,dx \\ \displaystyle = (e - 0) - \int_0^1 2x \cdot e^x \,dx \\ \displaystyle = e - 2\int_0^1
x \cdot (e^x)' \,dx \\ \displaystyle = e - 2\left(\Big[x \cdot e^x\Big]_0^1 - \int_0^1 (x)' \cdot e^x \,dx\right) \\ \displaystyle = e - 2\left(e - 0 - \int_0^1 e^x \,dx\right) \\ = e - 2e + 2\Big[e^x\Big]_0^1 \\ = -e + 2(e - 1) \\
= e - 2 \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{0}^{\pi} x^2 \sin x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^{\pi} x^2 \cdot (-\cos x)' \,dx \\ \displaystyle = \Big[x^2 \cdot (-\cos x)\Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} (x^2)' \cdot (-\cos x) \,dx \\ \displaystyle = -\Big[x^2 \cos x\Big]_0^{\pi} + \int_0^{\pi}
2x\cos x \,dx \\ \displaystyle = -(-\pi^2 - 0) + 2 \int_0^{\pi} x \cdot (\sin x)' \,dx \\ \displaystyle = \pi^2 + 2 \left(\Big[x \cdot \sin x\Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} (x)' \cdot \sin x \,dx\right) \\ \displaystyle = \pi^2 + 2(0
- 0) - 2 \int_0^{\pi} \sin x \,dx \\ \displaystyle = \pi^2 - 2\Big[-\cos x\Big]_0^{\pi} \\ = \pi^2 - 2\{-(-1) - (-1)\} \\ = \pi^2 - 4 \end{array}\)