広義積分のための準備
課題１ 次の問いに答えましょう。
- \(\displaystyle \int_1^4 \frac{1}{\sqrt{x}}\ dx\) を求めましょう。 解答 隠す
\(\displaystyle \int_1^4 \frac{1}{\sqrt{x}}\ dx = \Big[2\sqrt{x}\Big]_1^4 = 4 - 2= 2\)
- \(t\) が \(0 < t < 1\) の範囲にあるとき，\(\displaystyle \int_t^4 \frac{1}{\sqrt{x}}\ dx\) を求めましょう。 解答 隠す
\(\displaystyle \int_t^4 \frac{1}{\sqrt{x}}\ dx = \Big[2\sqrt{x}\Big]_t^4 = 4 - 2\sqrt{t}\)
- \(\displaystyle \lim_{t \to +0}\int_t^4 \frac{1}{\sqrt{x}}\ dx\) を求めましょう。 解答 隠す
\(\displaystyle \lim_{t \to +0} \int_t^4 \frac{1}{\sqrt{x}}\ dx = \lim_{t \to +0} \left(4 - 2\sqrt{t}\right) = 4\)
さて，定積分 \(\displaystyle \int_a^b f(x)\,dx\) の値は \(a \leqq x \leqq b\) で \(f(x) > 0\) であれば，\(a \leqq x \leqq b\) における \(f(x)\) のグラフと \(x\) 軸とで囲まれた部分の面積に等しくなります。したがって，1.で求めた \(2\) という値は，下図の青色の部分の面積です。
同様に，2.で求めた \(4 - 2\sqrt{t}\) は下の緑色の部分の面積です。
それでは，3.で求めた極限値にはどのような意味があるでしょうか？ 考えてみましょう。\[\lim_{t \to +0} \int_t^4 \frac{1}{\sqrt{x}}\,dx\]上の図で，\(t\) の位置が \(y\) 軸に限りなく近づくときの，緑色部分の面積の極限値です。実際に，\(t\) の値を変化させてみましょう。下の図では，スライダーを動かすと，\(t\) の値を \(0 < t \leqq 1\) の範囲で変えることができます。
\(t:0\) \(1\)
スライダーを \(1\) から \(0\) に向かって動かしましょう。\(t \to +0\) のとき図中の緑色部分の面積の値が \(4\) に収束するということです。この面積は，\(\displaystyle \lim_{x \to +0} \frac{1}{\sqrt x} \,dx = \infty\) であるにもかかわらず，有限値に収束するのですね。
有限区間における広義積分
これまで，ある関数を \(a\) から \(b\) まで積分するという場合，\(a \leqq x \leqq b\) で定義された連続関数のみを扱ってきました。ところが，上で扱った関数 \(\displaystyle f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}\) は，\(x = 0\) で定義されておらず，しかも \(\displaystyle \lim_{x \to +0} = \infty\) です。そこで，本時は\[\int_0^4 \frac{1}{\sqrt{x}}
\,dx \tag{♩}\]のように，これまでの考え方では扱えなかった定積分を定義していきます。
(♩) の計算方法は，課題１ の 2. 及び 3. で計算したとおりです。\[\int_0^4 \frac{1}{\sqrt{x}} \,dx = \lim_{t \to +0} \int_t^4 \frac{1}{\sqrt{x}} \,dx\]\(0\) より少し大きい数 \(t\)（勿論，使う文字は任意です）をとり，\(t\) から \(4\) まで積分した値について \(t\) を右から \(0\) に近づけた極限を考えます。このような積分を 広義積分 といいます。
例題１ 定積分 \(\displaystyle \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt[3]{x^2}}\) を求めましょう。
解 答
広義積分であるかどうかは，自分で判断しなければなりません。関数 \(\displaystyle f(x) = \frac{1}{\sqrt[3]{x^2}}\) が \(x = 0\) で定義されないので，この定積分は広義積分になります。\[\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt[3]{x^2}} \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to +0} \int_t^1 \frac{dx}{\sqrt[3]{x^2}} \\
\displaystyle = \lim_{t \to +0} \Big[3x^{\frac{1}{3}}\Big]_t^1 \\ \displaystyle = \lim_{t \to +0} 3\left(1 - t^{\frac{1}{3}}\right) \\ \displaystyle = 3 \end{array}\]
例題２ 定積分 \(\displaystyle \int_0^1 \frac{dx}{x}\) を求めましょう
解 答
\[\displaystyle \int_0^1 \frac{dx}{x} \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to +0} \int_t^1 \frac{dx}{x} \\ \displaystyle = \lim_{t \to +0} \Big[\log |\,x\,|\Big]_t^1 \\ \displaystyle = \lim_{t \to +0} \left(\log 1 - \log t\right) \\ \displaystyle
= \lim_{t \to +0} \log \frac{1}{t} \\ = \infty \end{array}\]発散する といいます。
課題２ 次の定積分の値を求めましょう。
- \(\displaystyle \int_{0}^{2} \frac{1}{\sqrt{2 - x}} \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to 2 - 0} \int_0^t \frac{1}{\sqrt{2 - x}} \,dx \\ \displaystyle = \lim_{t \to 2 - 0} \Big[-2\sqrt{2 - x}\Big]_0^t \\ \displaystyle = \lim_{t \to 2 - 0} \left(-2\sqrt{2 - t} + 2\sqrt{2}\right)
\\ \displaystyle = 2\sqrt{2} \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \,dx\) 解答 隠す
\(\displaystyle = \lim_{t \to 1 - 0} \int _0^t \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}\,dx\)
\(1 - x^2 = u\) とおくと，\(\displaystyle x\,dx = -\frac{1}{2}\,du\)
\(\begin{array}{c|ccc} x & 0 & \to & t \\ \hline u & 1 & \to & 1 - t^2 \end{array}\)
\(\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}
\,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to 1 - 0} \int_1^{1 - t^2} \left(-\frac{1}{2}\right) \frac{1}{\sqrt{u}}\,du \\ \displaystyle = \lim_{t \to 1 - 0} \Big[-\sqrt{u}\Big]_1^{1 - t^2} \\ \displaystyle = \lim_{t \to
1 - 0} \left(-\sqrt{1 - t^2} + 1\right) \\ \displaystyle = 1 \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{0}^{1} \log x \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}{l} \displaystyle = \lim_{t \to +0} \int_t^1 \log x \,dx \\ \displaystyle = \lim_{t \to +0} \int_t^1 (x)' \cdot \log x \,dx \\ \displaystyle = \lim_{t \to +0} \left(\Big[x\log x\Big]_t^1 - \int_t^1 dx\right) \\ \displaystyle
= \lim_{t \to +0} \left(-t\log t - \Big[\,x\,\Big]_t^1\right) \\ \displaystyle = \lim_{t \to +0} \left\{-t\log t - (1 - t)\right\} \end{array}\)
ここで前半部分の極限を求めるためにロピタルの定理を用います。
\(\displaystyle \lim_{t \to +0} \left(-t\log t\right) \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to 0} \frac{\log t}{-\frac{1}{t}} \\ \displaystyle = \lim_{t \to 0} \frac{\frac{1}{t}}{\frac{1}{t^2}} \\ \displaystyle = \lim_{t \to
+0} t \\ = 0 \end{array}\)
したがって，\(\displaystyle \int_{0}^{1} \log x \,dx = -1\)
無限区間の積分
次に，積分区間が無限区間である定積分を考えましょう。この積分も広義積分の一つになります。例えば，\(\displaystyle \int_1^{\infty} \frac{1}{x^2} \,dx\) は，次のように定義します。\[\int_1^{\infty} \frac{1}{x^2} \,dx = \lim_{t \to \infty} \int_1^t \frac{1}{x^2} \,dx\]それでは，この積分を計算してみましょう。\[\int_1^{\infty} \frac{1}{x^2}
\,dx \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \int_1^t \frac{1}{x^2} \,dx \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \left[-\frac{1}{x}\right]_1^t \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \left(-\frac{1}{t} + 1\right) \\ = 1 \end{array}\]
課題３ 次の定積分の値を求めましょう。
- \(\displaystyle \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^3} \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \int_1^t \frac{1}{x^3} \,dx \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \left[-\frac{1}{2x^2}\right]_1^t \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \left(-\frac{1}{2t^2} + \frac{1}{2}\right)
\\ \displaystyle = \frac{1}{2} \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{1}^{\infty} e^{-x} \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \int_1^t e^{-x} \,dx \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \Big[\,-e^{-x}\,\Big]_1^t \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \left(-e^{-t} + e^{-1}\right) \\ \displaystyle
= \frac{1}{e} \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x^3}} \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \int_1^t x^{-\frac{3}{2}} \,dx \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty}\Big[\,-2x^{-\frac{1}{2}}\,\Big]_1^t \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \left(-\frac{2}{\sqrt{t}}
+ 2\right) \\ = 2 \end{array}\)
- \(\displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^2 + 1} \,dx\) 解答 隠す
\(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \int_0^{t} \frac{1}{x^2 + 1} \,dx \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \Big[\tan^{-1}x\Big]_0^t \\ \displaystyle = \lim_{t \to \infty} \left(\tan^{-1}t - \tan^{-1}0\right)
\\ \displaystyle = \frac{\pi}{2} \end{array}\)