第13章で微分の話がひと区切りつき、この章から再び積分に戻ります。はじめに、第11章で微分した $e^x$，$\log x$，三角関数の導関数の表を逆に読んで、数IIIの関数の不定積分をそろえます。表に載っていない形を積分するための技が2つあります。合成関数の微分法を逆にたどる**置換積分法**と、積の微分法を逆にたどる**部分積分法**です。第11章で「第14章で再び出会う」と予告した $x\cos x$ と $\log x$ の原始関数も、部分積分法で導きます。後半では、同じ2つの技を定積分に使います。$x = \sin\theta$ とおく置換で円の面積 $\dfrac{\pi}{4}$ が出てくるところや、偶関数・奇関数で計算が半分以下になるところが見どころです。
数IIIの関数の不定積分
第7章では、x n x^n x n （n n n は 0 0 0 x r x^r x r e x e^x e x log x \log x log x
英和辞典しか持っていないのに、日本語から英語を調べたくなったとします。辞書をはじめから読み、訳語の欄に目当ての日本語が出てくる見出し語を探せば、英和辞典を和英辞典として使えます。積分も同じで、「微分するとこの式になる関数はどれか」を、導関数の表の右側から探しています。微分の表をたくさん覚えているほど、引ける言葉が増えます。
第11章の導関数の表を右から左へ読めば、数IIIの関数の不定積分の公式になり、1 x \dfrac{1}{x} x 1 log ∣ x ∣ \log|x| log ∣ x ∣
例題1：数IIIの関数の不定積分
次の不定積分を求めなさい。
(1) ∫ ( x − 1 ) ( x + 2 ) x 2 d x \displaystyle \text{(1)}\ \int \frac{(x - 1)(x + 2)}{x^2}\,dx (1) ∫ x 2 ( x − 1 ) ( x + 2 ) d x (2) ∫ ( e x − 2 x ) d x \displaystyle \text{(2)}\ \int (e^x - 2^x)\,dx (2) ∫ ( e x − 2 x ) d x (3) ∫ 1 − cos 3 x cos 2 x d x \displaystyle \text{(3)}\ \int \frac{1 - \cos^3 x}{\cos^2 x}\,dx (3) ∫ cos 2 x 1 − cos 3 x d x 【解答】
(1) 分子を展開して、項ごとに分けます。
x 2 + x − 2 x 2 \displaystyle \frac{x^2 + x - 2}{x^2} x 2 x 2 + x − 2 = 1 \displaystyle {}= 1 = 1 + 1 x \displaystyle {}+ \frac{1}{x} + x 1 − 2 x − 2 \displaystyle {}- 2x^{-2} − 2 x − 2 ∫ x − 2 d x \displaystyle \int x^{-2}\,dx ∫ x − 2 d x = x − 1 − 1 \displaystyle {}= \frac{x^{-1}}{-1} = − 1 x − 1 = − 1 x \displaystyle {}= -\frac{1}{x} = − x 1
∫ ( 1 + 1 x − 2 x − 2 ) d x \displaystyle \int \left(1 + \frac{1}{x} - 2x^{-2}\right)dx ∫ ( 1 + x 1 − 2 x − 2 ) d x = x ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}x} = x + log ∣ x ∣ ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ \log|x|} + log ∣ x ∣ + 2 x ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ \frac{2}{x}} + x 2 + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ C} + C (2)
∫ ( e x − 2 x ) d x \displaystyle \int (e^x - 2^x)\,dx ∫ ( e x − 2 x ) d x = e x ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.8804em]{0em}{2.2218em}e^x} = e x − 2 x log 2 ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.8804em]{0em}{2.2218em}{}- \frac{2^x}{\log 2}} − log 2 2 x + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.8804em]{0em}{2.2218em}{}+ C} + C (3) 分数を2つに分けると、どちらも表にある形になります。
∫ ( 1 cos 2 x − cos x ) d x \displaystyle \int \left(\frac{1}{\cos^2 x} - \cos x\right)dx ∫ ( cos 2 x 1 − cos x ) d x = tan x ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7666em}\tan x} = tan x − sin x ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7666em}{}- \sin x} − sin x + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7666em}{}+ C} + C ※ 積分する前に「表にある形の和」に直すのが、この章を通しての第一歩です。
置換積分法
表にある形に直せない関数もあります。たとえば x ( x 2 + 1 ) 3 x(x^2 + 1)^3 x ( x 2 + 1 ) 3 ( x 2 + 1 ) 10 (x^2 + 1)^{10} ( x 2 + 1 ) 10
第11章では、合成関数の微分法を「3つの歯車の回転の倍率を掛ける」とたとえました。積分は、その歯車を逆向きに回す作業です。ただし、逆に回すには、途中の歯車の倍率 g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) x ( x 2 + 1 ) 3 x(x^2 + 1)^3 x ( x 2 + 1 ) 3 x 2 x^2 x 2 + 1 {}+ 1 + 1 2 x 2x 2 x x x x 1 2 \dfrac{1}{2} 2 1 ( x 2 + 1 ) 3 (x^2 + 1)^3 ( x 2 + 1 ) 3
「かたまり g ( x ) g(x) g ( x ) g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) u u u g ′ ( x ) d x g'(x)\,dx g ′ ( x ) d x d u du d u
例題2：置換積分法
次の不定積分を求めなさい。
(1) ∫ ( 3 x − 1 ) 4 d x \displaystyle \text{(1)}\ \int (3x - 1)^4\,dx (1) ∫ ( 3 x − 1 ) 4 d x (2) ∫ sin 4 x cos x d x \displaystyle \text{(2)}\ \int \sin^4 x\cos x\,dx (2) ∫ sin 4 x cos x d x (3) ∫ x x − 1 d x \displaystyle \text{(3)}\ \int x\sqrt{x - 1}\,dx (3) ∫ x x − 1 d x 【解答】
(1) 1次式の場合です。u 4 u^4 u 4 u 5 5 \dfrac{u^5}{5} 5 u 5 1 3 \dfrac{1}{3} 3 1
∫ ( 3 x − 1 ) 4 d x \displaystyle \int (3x - 1)^4\,dx ∫ ( 3 x − 1 ) 4 d x = 1 3 ⋅ ( 3 x − 1 ) 5 5 \displaystyle {}= \frac{1}{3} \cdot \frac{(3x - 1)^5}{5} = 3 1 ⋅ 5 ( 3 x − 1 ) 5 + C \displaystyle {}+ C + C = ( 3 x − 1 ) 5 15 ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.1771em}\frac{(3x - 1)^5}{15}} = 15 ( 3 x − 1 ) 5 + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.1771em}{}+ C} + C (2) u u u = sin x {}= \sin x = sin x d u d x \dfrac{du}{dx} d x d u = cos x {}= \cos x = cos x cos x d x \cos x\,dx cos x d x = d u {}= du = d u
∫ sin 4 x cos x d x \displaystyle \int \sin^4 x\cos x\,dx ∫ sin 4 x cos x d x = ∫ u 4 d u \displaystyle {}= \int u^4\,du = ∫ u 4 d u = u 5 5 \displaystyle {}= \frac{u^5}{5} = 5 u 5 + C \displaystyle {}+ C + C = sin 5 x 5 ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2349em}\frac{\sin^5 x}{5}} = 5 sin 5 x + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2349em}{}+ C} + C (3) 根号の中を t t t = x {}= x = x − 1 {}- 1 − 1 x x x = t {}= t = t + 1 {}+ 1 + 1 d x dx d x = d t {}= dt = d t
∫ x x − 1 d x \displaystyle \int x\sqrt{x - 1}\,dx ∫ x x − 1 d x = ∫ ( t + 1 ) t 1 2 d t \displaystyle {}= \int (t + 1)t^{\frac{1}{2}}\,dt = ∫ ( t + 1 ) t 2 1 d t = ∫ ( t 3 2 + t 1 2 ) d t \displaystyle {}= \int \left(t^{\frac{3}{2}} + t^{\frac{1}{2}}\right)dt = ∫ ( t 2 3 + t 2 1 ) d t = 2 5 t 5 2 \displaystyle {}= \frac{2}{5}t^{\frac{5}{2}} = 5 2 t 2 5 + 2 3 t 3 2 \displaystyle {}+ \frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}} + 3 2 t 2 3 + C \displaystyle {}+ C + C t 3 2 t^{\frac{3}{2}} t 2 3 = t t {}= t\sqrt{t} = t t 2 15 t t ( 3 t + 5 ) \dfrac{2}{15}t\sqrt{t}\,(3t + 5) 15 2 t t ( 3 t + 5 ) t t t = x {}= x = x − 1 {}- 1 − 1
2 15 ( 3 x + 2 ) ( x − 1 ) x − 1 ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\frac{2}{15}(3x + 2)(x - 1)\sqrt{x - 1}} 15 2 ( 3 x + 2 ) ( x − 1 ) x − 1 + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ C} + C ※ (3) のように「根号の中の1次式」を t t t t 1 2 t^{\frac{1}{2}} t 2 1
分数関数の積分
置換積分法のとくに大切な場合が、「分子が分母の導関数」になっている分数です。
年始の福袋を買うと、中身がひとまとめに包まれていて、値段は袋全体でしかわかりません。けれども、開けて1つずつ取り出せば、「このマフラーは定価いくら」と、1品ずつの値段がわかります。部分分数分解は、1つの分数を、表で引ける 1 x − a \dfrac{1}{x - a} x − a 1
分子が分母の導関数なら log ∣ 分母 ∣ \log|\text{分母}| log ∣ 分母 ∣ 1 x − a \dfrac{1}{x - a} x − a 1
例題3：分数関数の積分
次の不定積分を求めなさい。
(1) ∫ x x 2 + 1 d x \displaystyle \text{(1)}\ \int \frac{x}{x^2 + 1}\,dx (1) ∫ x 2 + 1 x d x (2) ∫ tan x d x \displaystyle \text{(2)}\ \int \tan x\,dx (2) ∫ tan x d x (3) ∫ 1 x 2 − 1 d x \displaystyle \text{(3)}\ \int \frac{1}{x^2 - 1}\,dx (3) ∫ x 2 − 1 1 d x 【解答】
(1) ( x 2 + 1 ) ′ (x^2 + 1)' ( x 2 + 1 ) ′ = 2 x {}= 2x = 2 x 1 2 ⋅ 2 x \dfrac{1}{2} \cdot 2x 2 1 ⋅ 2 x x 2 x^2 x 2 + 1 {}+ 1 + 1 > 0 {}> 0 > 0
∫ x x 2 + 1 d x \displaystyle \int \frac{x}{x^2 + 1}\,dx ∫ x 2 + 1 x d x = 1 2 ∫ 2 x x 2 + 1 d x \displaystyle {}= \frac{1}{2}\int \frac{2x}{x^2 + 1}\,dx = 2 1 ∫ x 2 + 1 2 x d x = 1 2 log ( x 2 + 1 ) ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\frac{1}{2}\log(x^2 + 1)} = 2 1 log ( x 2 + 1 ) + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ C} + C (2) tan x \tan x tan x = sin x cos x {}= \dfrac{\sin x}{\cos x} = cos x sin x ( cos x ) ′ (\cos x)' ( cos x ) ′ = − sin x {}= -\sin x = − sin x
∫ tan x d x \displaystyle \int \tan x\,dx ∫ tan x d x = − ∫ ( cos x ) ′ cos x d x \displaystyle {}= -\int \frac{(\cos x)'}{\cos x}\,dx = − ∫ cos x ( cos x ) ′ d x = − log ∣ cos x ∣ ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}-\log|\cos x|} = − log ∣ cos x ∣ + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}{}+ C} + C (3) 部分分数分解の式で a a a = 1 {}= 1 = 1 b b b = − 1 {}= -1 = − 1
1 x 2 − 1 \displaystyle \frac{1}{x^2 - 1} x 2 − 1 1 = 1 ( x − 1 ) ( x + 1 ) \displaystyle {}= \frac{1}{(x - 1)(x + 1)} = ( x − 1 ) ( x + 1 ) 1 = 1 2 ( 1 x − 1 − 1 x + 1 ) \displaystyle {}= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 1}\right) = 2 1 ( x − 1 1 − x + 1 1 ) ∫ 1 x 2 − 1 d x \displaystyle \int \frac{1}{x^2 - 1}\,dx ∫ x 2 − 1 1 d x = 1 2 ( log ∣ x − 1 ∣ − log ∣ x + 1 ∣ ) \displaystyle {}= \frac{1}{2}\bigl(\log|x - 1| - \log|x + 1|\bigr) = 2 1 ( log ∣ x − 1∣ − log ∣ x + 1∣ ) + C \displaystyle {}+ C + C = 1 2 log ∣ x − 1 x + 1 ∣ ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\frac{1}{2}\log\left|\frac{x - 1}{x + 1}\right|} = 2 1 log x + 1 x − 1 + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}+ C} + C ※ (2) の tan x \tan x tan x − 1 -1 − 1
三角関数の積分
sin 2 x \sin^2 x sin 2 x sin 3 x cos x \sin 3x\cos x sin 3 x cos x sin \sin sin cos \cos cos
旅先で、辞書に載っていない方言に出会ったとします。そのままでは引けませんが、地元の人に標準語で言い直してもらえば、辞書が使えます。sin 2 x \sin^2 x sin 2 x 1 − cos 2 x 2 \dfrac{1 - \cos 2x}{2} 2 1 − cos 2 x
三角関数の2乗や積は、半角の公式・積和の公式で1次の sin \sin sin cos \cos cos
例題4：三角関数の積分
次の不定積分を求めなさい。
(1) ∫ sin 2 x d x \displaystyle \text{(1)}\ \int \sin^2 x\,dx (1) ∫ sin 2 x d x (2) ∫ sin 3 x cos x d x \displaystyle \text{(2)}\ \int \sin 3x\cos x\,dx (2) ∫ sin 3 x cos x d x (3) ∫ sin 3 x d x \displaystyle \text{(3)}\ \int \sin^3 x\,dx (3) ∫ sin 3 x d x 【解答】
(1)
∫ sin 2 x d x \displaystyle \int \sin^2 x\,dx ∫ sin 2 x d x = ∫ 1 − cos 2 x 2 d x \displaystyle {}= \int \frac{1 - \cos 2x}{2}\,dx = ∫ 2 1 − cos 2 x d x = x 2 ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0309em}\frac{x}{2}} = 2 x − sin 2 x 4 ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0309em}{}- \frac{\sin 2x}{4}} − 4 sin 2 x + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0309em}{}+ C} + C (2) 積和の公式で α \alpha α = 3 x {}= 3x = 3 x β \beta β = x {}= x = x
sin 3 x cos x \displaystyle \sin 3x\cos x sin 3 x cos x = 1 2 ( sin 4 x + sin 2 x ) \displaystyle {}= \frac{1}{2}(\sin 4x + \sin 2x) = 2 1 ( sin 4 x + sin 2 x ) ∫ sin 3 x cos x d x \displaystyle \int \sin 3x\cos x\,dx ∫ sin 3 x cos x d x = 1 2 ( − cos 4 x 4 − cos 2 x 2 ) \displaystyle {}= \frac{1}{2}\left(-\frac{\cos 4x}{4} - \frac{\cos 2x}{2}\right) = 2 1 ( − 4 cos 4 x − 2 cos 2 x ) + C \displaystyle {}+ C + C = − cos 4 x 8 ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}-\frac{\cos 4x}{8}} = − 8 cos 4 x − cos 2 x 4 ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}- \frac{\cos 2x}{4}} − 4 cos 2 x + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ C} + C (3) sin 3 x \sin^3 x sin 3 x = ( 1 − cos 2 x ) sin x {}= (1 - \cos^2 x)\sin x = ( 1 − cos 2 x ) sin x u u u = cos x {}= \cos x = cos x d u du d u = − sin x d x {}= -\sin x\,dx = − sin x d x
∫ ( 1 − cos 2 x ) sin x d x \displaystyle \int (1 - \cos^2 x)\sin x\,dx ∫ ( 1 − cos 2 x ) sin x d x = − ∫ ( 1 − u 2 ) d u \displaystyle {}= -\int (1 - u^2)\,du = − ∫ ( 1 − u 2 ) d u = − u \displaystyle {}= -u = − u + u 3 3 \displaystyle {}+ \frac{u^3}{3} + 3 u 3 + C \displaystyle {}+ C + C = − cos x ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.1771em}-\cos x} = − cos x + cos 3 x 3 ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.1771em}{}+ \frac{\cos^3 x}{3}} + 3 cos 3 x + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.1771em}{}+ C} + C ※ (3) は、残した sin x \sin x sin x u u u = cos x {}= \cos x = cos x − 1 -1 − 1 sin 2 x \sin^2 x sin 2 x
部分積分法
第11章の例題4(3)で ( x sin x + cos x ) ′ (x\sin x + \cos x)' ( x sin x + cos x ) ′ = x cos x {}= x\cos x = x cos x ( x log x − x ) ′ (x\log x - x)' ( x log x − x ) ′ = log x {}= \log x = log x x cos x x\cos x x cos x log x \log x log x
返しにくいローンを抱えているとき、手数料を払ってでも、金利の低いローンに借り換えることがあります。部分積分法も借り換えです。いまの積分 ∫ f g ′ d x \displaystyle\int f g'\,dx ∫ f g ′ d x f g fg f g ∫ f ′ g d x \displaystyle\int f' g\,dx ∫ f ′ g d x f f f
積の形の積分は、片方を微分して簡単にし、もう片方を積分する「借り換え」で、f g fg f g
例題5：部分積分法
次の不定積分を求めなさい。
(1) ∫ x cos x d x \displaystyle \text{(1)}\ \int x\cos x\,dx (1) ∫ x cos x d x (2) ∫ log x d x \displaystyle \text{(2)}\ \int \log x\,dx (2) ∫ log x d x (3) ∫ x 2 e x d x \displaystyle \text{(3)}\ \int x^2 e^x\,dx (3) ∫ x 2 e x d x 【解答】
(1) f ( x ) f(x) f ( x ) = x {}= x = x g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) = cos x {}= \cos x = cos x f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) = 1 {}= 1 = 1 g ( x ) g(x) g ( x ) = sin x {}= \sin x = sin x
∫ x cos x d x \displaystyle \int x\cos x\,dx ∫ x cos x d x = x sin x \displaystyle {}= x\sin x = x sin x − ∫ 1 ⋅ sin x d x \displaystyle {}- \int 1 \cdot \sin x\,dx − ∫ 1 ⋅ sin x d x = x sin x ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7666em}x\sin x} = x sin x + cos x ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7666em}{}+ \cos x} + cos x + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7666em}{}+ C} + C (2) f ( x ) f(x) f ( x ) = log x {}= \log x = log x g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) = 1 {}= 1 = 1 f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) = 1 x {}= \dfrac{1}{x} = x 1 g ( x ) g(x) g ( x ) = x {}= x = x
∫ log x d x \displaystyle \int \log x\,dx ∫ log x d x = x log x \displaystyle {}= x\log x = x log x − ∫ 1 x ⋅ x d x \displaystyle {}- \int \frac{1}{x} \cdot x\,dx − ∫ x 1 ⋅ x d x = x log x ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8889em}x\log x} = x log x − x ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8889em}{}- x} − x + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8889em}{}+ C} + C (3) f ( x ) f(x) f ( x ) = x 2 {}= x^2 = x 2 g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) = e x {}= e^x = e x
∫ x 2 e x d x \displaystyle \int x^2 e^x\,dx ∫ x 2 e x d x = x 2 e x \displaystyle {}= x^2 e^x = x 2 e x − ∫ 2 x e x d x \displaystyle {}- \int 2x e^x\,dx − ∫ 2 x e x d x 残りも f ( x ) f(x) f ( x ) = x {}= x = x g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) = e x {}= e^x = e x ∫ x e x d x \displaystyle \int x e^x\,dx ∫ x e x d x = x e x \displaystyle {}= x e^x = x e x − ∫ e x d x \displaystyle {}- \int e^x\,dx − ∫ e x d x = x e x \displaystyle {}= x e^x = x e x − e x \displaystyle {}- e^x − e x
∫ x 2 e x d x \displaystyle \int x^2 e^x\,dx ∫ x 2 e x d x = x 2 e x \displaystyle {}= x^2 e^x = x 2 e x − 2 ( x e x − e x ) \displaystyle {}- 2(x e^x - e^x) − 2 ( x e x − e x ) + C \displaystyle {}+ C + C = ( x 2 − 2 x + 2 ) e x ‾ \displaystyle {}= \underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.1141em}(x^2 - 2x + 2)e^x} = ( x 2 − 2 x + 2 ) e x + C ‾ \displaystyle \underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.1141em}{}+ C} + C ※ (1)，(2) は第11章の例題4(3)・例題6(3)で「逆に読むと」と予告した原始関数です。今度は答えを知らずに導けました。(3) で役割を逆にして f ( x ) f(x) f ( x ) = e x {}= e^x = e x g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) = x 2 {}= x^2 = x 2 ∫ x 3 3 e x d x \displaystyle\int \frac{x^3}{3}e^x\,dx ∫ 3 x 3 e x d x
定積分の置換積分法
定積分でも置換積分法が使えます。そのとき、積分する区間も新しい文字の区間に取りかえます。
日本からロンドンへ飛行機で行くとき、機内で時計を現地時間に合わせたら、到着時刻も現地時間で読みます。日本時間の出発時刻と、ロンドン時間の到着時刻を混ぜて所要時間を計算すると、でたらめな答えになります。定積分の置換も同じで、x x x t t t t t t x x x
x
y
O
1
1
θ
P(sin θ, cos θ)
x = sin θ
y = √(1 − x²)
面積 π/4
定積分で置換するときは、積分する区間も新しい文字の区間に取りかえ、x x x
例題6：定積分の置換積分法
次の定積分を求めなさい。
(1) ∫ 1 e ( log x ) 2 x d x \displaystyle \text{(1)}\ \int_1^e \frac{(\log x)^2}{x}\,dx (1) ∫ 1 e x ( log x ) 2 d x (2) ∫ 0 1 1 − x 2 d x \displaystyle \text{(2)}\ \int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\,dx (2) ∫ 0 1 1 − x 2 d x (3) ∫ 0 1 1 1 + x 2 d x \displaystyle \text{(3)}\ \int_0^1 \frac{1}{1 + x^2}\,dx (3) ∫ 0 1 1 + x 2 1 d x 【解答】
(1) t t t = log x {}= \log x = log x d t d x \dfrac{dt}{dx} d x d t = 1 x {}= \dfrac{1}{x} = x 1 1 x d x \dfrac{1}{x}\,dx x 1 d x = d t {}= dt = d t
∫ 1 e ( log x ) 2 x d x \displaystyle \int_1^e \frac{(\log x)^2}{x}\,dx ∫ 1 e x ( log x ) 2 d x = ∫ 0 1 t 2 d t \displaystyle {}= \int_0^1 t^2\,dt = ∫ 0 1 t 2 d t = [ t 3 3 ] 0 1 \displaystyle {}= \Big[\,\frac{t^3}{3}\,\Big]_0^1 = [ 3 t 3 ] 0 1 = 1 3 ‾ \displaystyle {}= \underline{\frac{1}{3}} = 3 1 (2) x x x = sin θ {}= \sin\theta = sin θ d x dx d x = cos θ d θ {}= \cos\theta\,d\theta = cos θ d θ
0 0 0 ≦ θ {}\leqq \theta ≦ θ ≦ π 2 {}\leqq \dfrac{\pi}{2} ≦ 2 π cos θ \cos\theta cos θ ≧ 0 {}\geqq 0 ≧ 0 1 − sin 2 θ \sqrt{1 - \sin^2\theta} 1 − sin 2 θ = cos 2 θ {}= \sqrt{\cos^2\theta} = cos 2 θ = cos θ {}= \cos\theta = cos θ
∫ 0 1 1 − x 2 d x \displaystyle \int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\,dx ∫ 0 1 1 − x 2 d x = ∫ 0 π 2 cos θ ⋅ cos θ d θ \displaystyle {}= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta \cdot \cos\theta\,d\theta = ∫ 0 2 π cos θ ⋅ cos θ d θ = ∫ 0 π 2 1 + cos 2 θ 2 d θ \displaystyle {}= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2\theta}{2}\,d\theta = ∫ 0 2 π 2 1 + cos 2 θ d θ = [ θ 2 + sin 2 θ 4 ] 0 π 2 \displaystyle {}= \Big[\,\frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4}\,\Big]_0^{\frac{\pi}{2}} = [ 2 θ + 4 sin 2 θ ] 0 2 π = π 4 ‾ \displaystyle {}= \underline{\frac{\pi}{4}} = 4 π (3) x x x = tan θ {}= \tan\theta = tan θ d x dx d x = 1 cos 2 θ d θ {}= \dfrac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta = cos 2 θ 1 d θ 1 1 1 + tan 2 θ {}+ \tan^2\theta + tan 2 θ = 1 cos 2 θ {}= \dfrac{1}{\cos^2\theta} = cos 2 θ 1
∫ 0 1 1 1 + x 2 d x \displaystyle \int_0^1 \frac{1}{1 + x^2}\,dx ∫ 0 1 1 + x 2 1 d x = ∫ 0 π 4 cos 2 θ ⋅ 1 cos 2 θ d θ \displaystyle {}= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos^2\theta \cdot \frac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta = ∫ 0 4 π cos 2 θ ⋅ cos 2 θ 1 d θ = ∫ 0 π 4 d θ \displaystyle {}= \int_0^{\frac{\pi}{4}} d\theta = ∫ 0 4 π d θ = π 4 ‾ \displaystyle {}= \underline{\frac{\pi}{4}} = 4 π ※ (2) は、図の四分円の面積です。半径 1 1 1 π \pi π 1 4 \dfrac{1}{4} 4 1 π \pi π 1 1 + x 2 \dfrac{1}{1 + x^2} 1 + x 2 1 tan \tan tan
定積分の部分積分法と偶関数・奇関数
部分積分法も、そのまま定積分に使えます。あわせて、第8章 公式3（− a -a − a から a a a
友だちと旅行した帰りに、立て替えたお金を精算するとします。金額が確定したホテル代は先に払ってしまい、まだ計算中の食事代だけを、あとで落ち着いて割り勘にします。定積分の部分積分法では、[ f ( x ) g ( x ) ] a b \Big[\,f(x)\,g(x)\,\Big]_a^b [ f ( x ) g ( x ) ] a b
定積分の部分積分法では [ f g ] [fg] [ f g ] − a -a − a a a a 0 0 0
例題7：定積分の部分積分法と偶関数・奇関数
次の定積分を求めなさい。
(1) ∫ 0 π x sin x d x \displaystyle \text{(1)}\ \int_0^\pi x\sin x\,dx (1) ∫ 0 π x sin x d x (2) ∫ 1 e log x d x \displaystyle \text{(2)}\ \int_1^e \log x\,dx (2) ∫ 1 e log x d x (3) ∫ − π 2 π 2 ( sin x + cos x ) 2 d x \displaystyle \text{(3)}\ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (\sin x + \cos x)^2\,dx (3) ∫ − 2 π 2 π ( sin x + cos x ) 2 d x 【解答】
(1) f ( x ) f(x) f ( x ) = x {}= x = x g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) = sin x {}= \sin x = sin x g ( x ) g(x) g ( x ) = − cos x {}= -\cos x = − cos x
∫ 0 π x sin x d x \displaystyle \int_0^\pi x\sin x\,dx ∫ 0 π x sin x d x = [ − x cos x ] 0 π \displaystyle {}= \Big[\,-x\cos x\,\Big]_0^\pi = [ − x cos x ] 0 π + ∫ 0 π cos x d x \displaystyle {}+ \int_0^\pi \cos x\,dx + ∫ 0 π cos x d x = ( − π cos π − 0 ) \displaystyle {}= (-\pi\cos\pi - 0) = ( − π cos π − 0 ) + [ sin x ] 0 π \displaystyle {}+ \Big[\,\sin x\,\Big]_0^\pi + [ sin x ] 0 π = π ‾ \displaystyle {}= \underline{\pi} = π (2) f ( x ) f(x) f ( x ) = log x {}= \log x = log x g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) = 1 {}= 1 = 1
∫ 1 e log x d x \displaystyle \int_1^e \log x\,dx ∫ 1 e log x d x = [ x log x ] 1 e \displaystyle {}= \Big[\,x\log x\,\Big]_1^e = [ x log x ] 1 e − ∫ 1 e 1 d x \displaystyle {}- \int_1^e 1\,dx − ∫ 1 e 1 d x = ( e − 0 ) \displaystyle {}= (e - 0) = ( e − 0 ) − ( e − 1 ) \displaystyle {}- (e - 1) − ( e − 1 ) = 1 ‾ \displaystyle {}= \underline{1} = 1 (3) 展開すると ( sin x + cos x ) 2 (\sin x + \cos x)^2 ( sin x + cos x ) 2 = 1 {}= 1 = 1 + 2 sin x cos x {}+ 2\sin x\cos x + 2 sin x cos x sin x cos x \sin x\cos x sin x cos x 0 0 0
∫ − π 2 π 2 ( 1 + 2 sin x cos x ) d x \displaystyle \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1 + 2\sin x\cos x)\,dx ∫ − 2 π 2 π ( 1 + 2 sin x cos x ) d x = ∫ − π 2 π 2 1 d x \displaystyle {}= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1\,dx = ∫ − 2 π 2 π 1 d x = π ‾ \displaystyle {}= \underline{\pi} = π ※ (1) は、0 0 0 ≦ x {}\leqq x ≦ x ≦ π {}\leqq \pi ≦ π x sin x x\sin x x sin x ≧ 0 {}\geqq 0 ≧ 0 y y y = x sin x {}= x\sin x = x sin x x x x π \pi π
この章のまとめと第15章へ
この章で使った技を、「何を見て、どうするか」で並べておきます。
置換積分法は合成関数の微分法の、部分積分法は積の微分法の裏返しでした。微分の公式が1つ増えるたびに、積分の技も1つ増えるのです。
最後の第15章では、ここで身につけた計算を使って、曲線で囲まれた面積、立体の体積、曲線の長さを求めます。例題6(2)で四分円の面積が出てきたように、積分は「形の大きさ」を測る道具です。区分求積法や、定積分を使った不等式も第15章で扱います。
ワリスの公式 — 分数を掛け続けると π が現れる
イギリスの数学者ジョン・ワリス は、1656年の著書『無限算術』で、次のふしぎな式を発表しました。
π 2 \displaystyle \frac{\pi}{2} 2 π = 2 1 ⋅ 2 3 ⋅ 4 3 ⋅ 4 5 ⋅ 6 5 ⋅ 6 7 ⋅ ⋯ \displaystyle {}= \frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \cdots = 1 2 ⋅ 3 2 ⋅ 3 4 ⋅ 5 4 ⋅ 5 6 ⋅ 7 6 ⋅ ⋯ 円とは何の関係もなさそうな分数を、どこまでも掛け続けると、円周率が出てくるというのです。
この式は、j20 の I n = ∫ 0 π 2 sin n x d x I_n = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x\,dx I n = ∫ 0 2 π sin n x d x I 2 m I_{2m} I 2 m = 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋯ ( 2 m − 1 ) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋯ 2 m ⋅ π 2 {}= \dfrac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2m - 1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2m} \cdot \dfrac{\pi}{2} = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋯ 2 m 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋯ ( 2 m − 1 ) ⋅ 2 π π \pi π I 2 m + 1 I_{2m+1} I 2 m + 1 = 2 ⋅ 4 ⋯ 2 m 3 ⋅ 5 ⋯ ( 2 m + 1 ) {}= \dfrac{2 \cdot 4 \cdots 2m}{3 \cdot 5 \cdots (2m + 1)} = 3 ⋅ 5 ⋯ ( 2 m + 1 ) 2 ⋅ 4 ⋯ 2 m 0 0 0 ≦ sin x {}\leqq \sin x ≦ sin x ≦ 1 {}\leqq 1 ≦ 1 n n n sin n x \sin^n x sin n x I 2 m + 1 I_{2m+1} I 2 m + 1 ≦ I 2 m {}\leqq I_{2m} ≦ I 2 m ≦ I 2 m − 1 {}\leqq I_{2m-1} ≦ I 2 m − 1 I 2 m I 2 m + 1 \dfrac{I_{2m}}{I_{2m+1}} I 2 m + 1 I 2 m → 1 {}\to 1 → 1
ただし、ワリス自身は部分積分を使っていません。まだ微分積分が生まれる前で、ワリスは表の数を並べ、その間を埋める値を大胆に推測する「補間」という方法で、この式にたどり着きました。のちにニュートンは、このワリスの補間から出発して、( 1 + x ) 1 2 (1 + x)^{\frac{1}{2}} ( 1 + x ) 2 1
豆知識
無限大の記号「∞ \infty ∞ を初めて使ったのもワリスで、1655年の著書でのことです。なぜこの形なのかははっきりしません（※諸説あり）。ワリスはまた、イギリスの内戦のさなかに、敵方の暗号文を解読する仕事も引き受けていました。
メルカトル図法の目盛り — 船乗りを救った ∫1/cos
学校の教室に貼ってある世界地図の多くは、1569年にフランドルの地理学者メルカトル が考えた図法で描かれています。この地図の特長は、角度が正しく写ることです。地図の上で出発地と目的地を直線で結び、その直線と経線の角度をコンパスで保てば、船は目的地に着きます。大航海時代の船乗りにとって、これは何よりありがたい性質でした。
角度を正しく写すには、緯度 θ \theta θ 1 cos θ \dfrac{1}{\cos\theta} cos θ 1
y \displaystyle y y = ∫ 0 θ 1 cos t d t \displaystyle {}= \int_0^\theta \frac{1}{\cos t}\,dt = ∫ 0 θ cos t 1 d t です。ところが、メルカトルの時代には積分がありません。1599年、イギリスの数学者エドワード・ライトは、緯度を1分（1度の60分の1）ずつ区切って 1 cos θ \dfrac{1}{\cos\theta} cos θ 1
1640年代になって、航海術の教師ヘンリー・ボンドが、ライトの表が log tan ( π 4 + θ 2 ) \log\tan\left(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\theta}{2}\right) log tan ( 4 π + 2 θ ) 1 2 log 1 + sin θ 1 − sin θ \dfrac{1}{2}\log\dfrac{1 + \sin\theta}{1 - \sin\theta} 2 1 log 1 − sin θ 1 + sin θ
豆知識
メルカトル図法では、高緯度ほど大きく引きのばされます。地図ではアフリカと同じくらいに見えるグリーンランドも、実際の面積はアフリカのおよそ14分の1しかありません。いまのウェブ地図の多くも、メルカトル図法を少し変えたものを使っています。拡大しても道路の交わる角度が正しく見えるからです。
1/x の積分だけが log になる理由
公式1で、∫ x α d x \displaystyle \int x^\alpha\,dx ∫ x α d x = x α + 1 α + 1 \displaystyle {}= \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha + 1} = α + 1 x α + 1 + C \displaystyle {}+ C + C α \alpha α = − 1 {}= -1 = − 1 log ∣ x ∣ \log|x| log ∣ x ∣ log \log log
x x x > 0 {}> 0 > 0 1 1 1 x x x α \alpha α ≠ − 1 {}\neq -1 = − 1
∫ 1 x t α d t \displaystyle \int_1^x t^\alpha\,dt ∫ 1 x t α d t = x α + 1 − 1 α + 1 \displaystyle {}= \frac{x^{\alpha+1} - 1}{\alpha + 1} = α + 1 x α + 1 − 1 です。ここで h h h = α {}= \alpha = α + 1 {}+ 1 + 1 h h h 0 0 0 （α \alpha α を − 1 -1 − 1 x x x = 2 {}= 2 = 2
となり、log 2 \log 2 log 2 = 0.6931 ⋯ {}= 0.6931\cdots = 0.6931 ⋯ e e e a h − 1 h \dfrac{a^h - 1}{h} h a h − 1 lim h → 0 x h − 1 h \displaystyle \lim_{h \to 0}\frac{x^h - 1}{h} h → 0 lim h x h − 1 = log x \displaystyle {}= \log x = log x α \alpha α → − 1 {}\to -1 → − 1
∫ 1 x t α d t \displaystyle \int_1^x t^\alpha\,dt ∫ 1 x t α d t → log x \displaystyle {}\to \log x → log x = ∫ 1 x 1 t d t \displaystyle {}= \int_1^x \frac{1}{t}\,dt = ∫ 1 x t 1 d t が成り立ちます。log x \log x log x x α + 1 x^{\alpha+1} x α + 1 α \alpha α = − 1 {}= -1 = − 1
豆知識
双曲線 y y y = 1 x {}= \dfrac{1}{x} = x 1 1 1 1 → 2 {}\to 2 → 2 2 2 2 → 4 {}\to 4 → 4 4 4 4 → 8 {}\to 8 → 8 ∫ 2 4 d x x \displaystyle\int_2^4 \frac{dx}{x} ∫ 2 4 x d x x x x = 2 t {}= 2t = 2 t ∫ 1 2 d t t \displaystyle\int_1^2 \frac{dt}{t} ∫ 1 2 t d t
※ここは発展ページ です。高校の範囲では、本文の公式を正しく使えれば十分です。ここでは、置換積分法と部分積分法を、合成関数の微分法・積の微分法と微分積分学の基本定理から証明し、log ∣ x ∣ \log|x| log ∣ x ∣ + C {}+ C + C
定理1：置換積分法
関数 g ( t ) g(t) g ( t ) α \alpha α β \beta β g ′ ( t ) g'(t) g ′ ( t ) f ( x ) f(x) f ( x ) g ( t ) g(t) g ( t ) a a a = g ( α ) {}= g(\alpha) = g ( α ) b b b = g ( β ) {}= g(\beta) = g ( β )
∫ a b f ( x ) d x \displaystyle \int_a^b f(x)\,dx ∫ a b f ( x ) d x = ∫ α β f ( g ( t ) ) g ′ ( t ) d t \displaystyle {}= \int_\alpha^\beta f\bigl(g(t)\bigr)\,g'(t)\,dt = ∫ α β f ( g ( t ) ) g ′ ( t ) d t が成り立つ。
証明 f f f F F F { F ( g ( t ) ) } ′ \{F(g(t))\}' { F ( g ( t )) } ′ = f ( g ( t ) ) g ′ ( t ) {}= f(g(t))\,g'(t) = f ( g ( t )) g ′ ( t )
∫ α β f ( g ( t ) ) g ′ ( t ) d t \displaystyle \int_\alpha^\beta f\bigl(g(t)\bigr)\,g'(t)\,dt ∫ α β f ( g ( t ) ) g ′ ( t ) d t = F ( g ( β ) ) \displaystyle {}= F\bigl(g(\beta)\bigr) = F ( g ( β ) ) − F ( g ( α ) ) \displaystyle {}- F\bigl(g(\alpha)\bigr) − F ( g ( α ) ) = F ( b ) \displaystyle {}= F(b) = F ( b ) − F ( a ) \displaystyle {}- F(a) − F ( a ) = ∫ a b f ( x ) d x \displaystyle {}= \int_a^b f(x)\,dx = ∫ a b f ( x ) d x である。（証明終）
証明には、g g g g g g x x x = sin t {}= \sin t = sin t t t t 0 0 0 π \pi π x x x 0 0 0 → 1 {}\to 1 → 1 → 0 {}\to 0 → 0 0 0 0 1 − x 2 \sqrt{1 - x^2} 1 − x 2 = cos t {}= \cos t = cos t cos t \cos t cos t ≧ 0 {}\geqq 0 ≧ 0 θ \theta θ 0 0 0 π 2 \dfrac{\pi}{2} 2 π
定理2：部分積分法
f ( x ) f(x) f ( x ) g ( x ) g(x) g ( x ) a a a ≦ x {}\leqq x ≦ x ≦ b {}\leqq b ≦ b f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x )
∫ a b f ( x ) g ′ ( x ) d x \displaystyle \int_a^b f(x)\,g'(x)\,dx ∫ a b f ( x ) g ′ ( x ) d x = [ f ( x ) g ( x ) ] a b \displaystyle {}= \Big[\,f(x)\,g(x)\,\Big]_a^b = [ f ( x ) g ( x ) ] a b − ∫ a b f ′ ( x ) g ( x ) d x \displaystyle {}- \int_a^b f'(x)\,g(x)\,dx − ∫ a b f ′ ( x ) g ( x ) d x が成り立つ。
証明 積の微分法より ( f g ) ′ (fg)' ( f g ) ′ = f ′ g {}= f'g = f ′ g + f g ′ {}+ fg' + f g ′ ∫ a b ( f ′ g + f g ′ ) d x \displaystyle \int_a^b (f'g + fg')\,dx ∫ a b ( f ′ g + f g ′ ) d x = [ f g ] a b \displaystyle {}= \Big[\,fg\,\Big]_a^b = [ f g ] a b
定理3：log|x| + C の積分定数
関数 1 x \dfrac{1}{x} x 1 x x x ≠ 0 {}\neq 0 = 0 x x x < 0 {}< 0 < 0 x x x > 0 {}> 0 > 0 F ( x ) F(x) F ( x ) x x x ≠ 0 {}\neq 0 = 0 F ′ ( x ) F'(x) F ′ ( x ) = 1 x {}= \dfrac{1}{x} = x 1 C 1 C_1 C 1 C 2 C_2 C 2
F ( x ) \displaystyle F(x) F ( x ) = { log x + C 1 ( x > 0 ) log ( − x ) + C 2 ( x < 0 ) \displaystyle {}= \begin{cases} \log x + C_1 & (x > 0) \\ \log(-x) + C_2 & (x < 0) \end{cases} = { log x + C 1 log ( − x ) + C 2 ( x > 0 ) ( x < 0 ) と表される。C 1 C_1 C 1 C 2 C_2 C 2
証明 x x x > 0 {}> 0 > 0 { F ( x ) − log x } ′ \{F(x) - \log x\}' { F ( x ) − log x } ′ = 0 {}= 0 = 0 F ( x ) F(x) F ( x ) − log x {}- \log x − log x x x x < 0 {}< 0 < 0
教科書の「∫ 1 x d x \displaystyle \int \frac{1}{x}\,dx ∫ x 1 d x = log ∣ x ∣ \displaystyle {}= \log|x| = log ∣ x ∣ + C \displaystyle {}+ C + C は、「どちらか一方の区間の上で考える」という約束のもとでの式です。第2章・第7章の厳密定義で見た、途切れた区間の反例の実例になっています。
同じ理由で、∫ − 1 1 1 x d x \displaystyle\int_{-1}^1 \frac{1}{x}\,dx ∫ − 1 1 x 1 d x [ log ∣ x ∣ ] − 1 1 \Big[\,\log|x|\,\Big]_{-1}^1 [ log ∣ x ∣ ] − 1 1 = 0 {}= 0 = 0 − 0 {}- 0 − 0 = 0 {}= 0 = 0 1 x \dfrac{1}{x} x 1 x x x = 0 {}= 0 = 0 − 1 -1 − 1 ≦ x {}\leqq x ≦ x ≦ 1 {}\leqq 1 ≦ 1
定理4：テイラーの定理（積分を使った形）
関数 f ( x ) f(x) f ( x ) a a a b b b n n n + 1 {}+ 1 + 1 f ( n + 1 ) ( x ) f^{(n+1)}(x) f ( n + 1 ) ( x )
f ( b ) \displaystyle f(b) f ( b ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( b − a ) k \displaystyle {}= \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b - a)^k = k = 0 ∑ n k ! f ( k ) ( a ) ( b − a ) k + ∫ a b f ( n + 1 ) ( t ) n ! ( b − t ) n d t \displaystyle {}+ \int_a^b \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(b - t)^n\,dt + ∫ a b n ! f ( n + 1 ) ( t ) ( b − t ) n d t が成り立つ。
証明 n n n n n n = 0 {}= 0 = 0 f ( b ) = f ( a ) + ∫ a b f ′ ( t ) d t f(b) = f(a) + \displaystyle\int_a^b f'(t)\,dt f ( b ) = f ( a ) + ∫ a b f ′ ( t ) d t
n n n − 1 {}- 1 − 1 ∫ a b f ( n ) ( t ) ( n − 1 ) ! ( b − t ) n − 1 d t \displaystyle\int_a^b \frac{f^{(n)}(t)}{(n - 1)!}(b - t)^{n-1}\,dt ∫ a b ( n − 1 )! f ( n ) ( t ) ( b − t ) n − 1 d t { − ( b − t ) n n ! } ′ \left\{-\dfrac{(b - t)^n}{n!}\right\}' { − n ! ( b − t ) n } ′ = ( b − t ) n − 1 ( n − 1 ) ! {}= \dfrac{(b - t)^{n-1}}{(n - 1)!} = ( n − 1 )! ( b − t ) n − 1
∫ a b f ( n ) ( t ) ( n − 1 ) ! ( b − t ) n − 1 d t \displaystyle \int_a^b \frac{f^{(n)}(t)}{(n - 1)!}(b - t)^{n-1}\,dt ∫ a b ( n − 1 )! f ( n ) ( t ) ( b − t ) n − 1 d t = [ − f ( n ) ( t ) ( b − t ) n n ! ] a b \displaystyle {}= \Big[\,-f^{(n)}(t)\frac{(b - t)^n}{n!}\,\Big]_a^b = [ − f ( n ) ( t ) n ! ( b − t ) n ] a b + ∫ a b f ( n + 1 ) ( t ) n ! ( b − t ) n d t \displaystyle {}+ \int_a^b \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(b - t)^n\,dt + ∫ a b n ! f ( n + 1 ) ( t ) ( b − t ) n d t t t t = b {}= b = b ( b − t ) n (b - t)^n ( b − t ) n = 0 {}= 0 = 0 f ( n ) ( a ) n ! ( b − a ) n \dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(b - a)^n n ! f ( n ) ( a ) ( b − a ) n n n n
第13章の定理2では、誤差を f ( n + 1 ) ( c ) ( n + 1 ) ! ( b − a ) n + 1 \dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n + 1)!}(b - a)^{n+1} ( n + 1 )! f ( n + 1 ) ( c ) ( b − a ) n + 1 c c c ( b − t ) n (b - t)^n ( b − t ) n
定理5：ベータ積分
0 0 0 m m m n n n
∫ 0 1 x m ( 1 − x ) n d x \displaystyle \int_0^1 x^m(1 - x)^n\,dx ∫ 0 1 x m ( 1 − x ) n d x = m ! n ! ( m + n + 1 ) ! \displaystyle {}= \frac{m!\,n!}{(m + n + 1)!} = ( m + n + 1 )! m ! n ! が成り立つ。また、α \alpha α < β {}< \beta < β
∫ α β ( x − α ) m ( β − x ) n d x \displaystyle \int_\alpha^\beta (x - \alpha)^m(\beta - x)^n\,dx ∫ α β ( x − α ) m ( β − x ) n d x = m ! n ! ( m + n + 1 ) ! ( β − α ) m + n + 1 \displaystyle {}= \frac{m!\,n!}{(m + n + 1)!}(\beta - \alpha)^{m+n+1} = ( m + n + 1 )! m ! n ! ( β − α ) m + n + 1 である。
証明 左辺を B ( m , n ) B(m,\ n) B ( m , n ) n n n = 0 {}= 0 = 0 B ( m , 0 ) B(m,\ 0) B ( m , 0 ) = 1 m + 1 {}= \dfrac{1}{m + 1} = m + 1 1 = m ! 0 ! ( m + 1 ) ! {}= \dfrac{m!\,0!}{(m + 1)!} = ( m + 1 )! m ! 0 ! n n n ≧ 1 {}\geqq 1 ≧ 1 f ( x ) f(x) f ( x ) = ( 1 − x ) n {}= (1 - x)^n = ( 1 − x ) n g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) = x m {}= x^m = x m
B ( m , n ) \displaystyle B(m,\ n) B ( m , n ) = [ x m + 1 m + 1 ( 1 − x ) n ] 0 1 \displaystyle {}= \Big[\,\frac{x^{m+1}}{m + 1}(1 - x)^n\,\Big]_0^1 = [ m + 1 x m + 1 ( 1 − x ) n ] 0 1 + n m + 1 ∫ 0 1 x m + 1 ( 1 − x ) n − 1 d x \displaystyle {}\qquad + \frac{n}{m + 1}\int_0^1 x^{m+1}(1 - x)^{n-1}\,dx + m + 1 n ∫ 0 1 x m + 1 ( 1 − x ) n − 1 d x = n m + 1 B ( m + 1 , n − 1 ) \displaystyle {}= \frac{n}{m + 1}B(m + 1,\ n - 1) = m + 1 n B ( m + 1 , n − 1 ) （[ ] [\ ] [ ] の部分は x x x = 0 {}= 0 = 0 x x x = 1 {}= 1 = 1 0 0 0 n n n
B ( m , n ) \displaystyle B(m,\ n) B ( m , n ) = n m + 1 ⋅ n − 1 m + 2 ⋯ 1 m + n \displaystyle {}= \frac{n}{m + 1} \cdot \frac{n - 1}{m + 2} \cdots \frac{1}{m + n} = m + 1 n ⋅ m + 2 n − 1 ⋯ m + n 1 ⋅ B ( m + n , 0 ) \displaystyle \qquad \cdot B(m + n,\ 0) ⋅ B ( m + n , 0 ) = n ! m ! ( m + n ) ! ⋅ 1 m + n + 1 \displaystyle {}= \frac{n!\,m!}{(m + n)!} \cdot \frac{1}{m + n + 1} = ( m + n )! n ! m ! ⋅ m + n + 1 1 = m ! n ! ( m + n + 1 ) ! \displaystyle {}= \frac{m!\,n!}{(m + n + 1)!} = ( m + n + 1 )! m ! n ! 後半は、x x x = α {}= \alpha = α + ( β − α ) s {}+ (\beta - \alpha)s + ( β − α ) s x x x − α {}- \alpha − α = ( β − α ) s {}= (\beta - \alpha)s = ( β − α ) s β \beta β − x {}- x − x = ( β − α ) ( 1 − s ) {}= (\beta - \alpha)(1 - s) = ( β − α ) ( 1 − s ) d x dx d x = ( β − α ) d s {}= (\beta - \alpha)\,ds = ( β − α ) d s x x x α \alpha α → β {}\to \beta → β s s s 0 0 0 → 1 {}\to 1 → 1 ( β − α ) m + n + 1 B ( m , n ) (\beta - \alpha)^{m+n+1}B(m,\ n) ( β − α ) m + n + 1 B ( m , n )
m m m = n {}= n = n = 1 {}= 1 = 1 1 6 \dfrac{1}{6} 6 1 m m m = 2 {}= 2 = 2 n n n = 1 {}= 1 = 1 2 24 \dfrac{2}{24} 24 2 = 1 12 {}= \dfrac{1}{12} = 12 1 ( 1 − x ) (1 - x) ( 1 − x ) x x x