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積分法
与えられた関数 f (x) に対して [a, b] 上の積分を次のように定義する． 定義 6.1（Riemann 積分）[a, b] 上において有界な関数 f (x) に対して次の条件を 満たす数 S が存在する時，f (x) は [a, b] において (Riemann) 積分可能という． a = x0 < x1 < x2 <· · · < xn = b とする. 区間 I = [a, b] の分割を ∆ ={x1,· · · , xn} と表わし max i (xi− xi−1) = |∆| と表わす. 長方形の面積の和を リーマン和という． 区間 [xi−1, xi] の中に１つ点 ξiをとり ∑ ∆(f ) = n ∑ i=1 f (ξi)(xi − xi−1) を考える． これをリーマン和という. (ξiを代表点と呼ぶ) リーマン和∑∆(f ) が |∆| → 0(分割の幅をどんどん小さくする) のとき,代表点 ξiのとり方によらず, ある値 S に近づくとき, 数式で書くと ∀ε > 0 ∃δ > 0 |∆| = max i |xi− xi−1| < δ ξiのとり方によらず ( ∀ξi ∈ [xi−1, xi]) |∑∆−S| = | ∑ f (ξi)(xi− xi−1)− S| < ε を満たすとき, この S を定積分と呼び, ∫abf (x)dx と表わすRemark 有界であるが積分可能でない関数が存在する例えば，I = [0, 1] に対して f (x) = 1 (x : 有理数) 0 (x : 無理数) どんな区間 [xi−1, xi] にも 有理数と無理数は無数に存在する. ↓ 代表点 ξiを有理数とすると, 任意の分割 ∆ に対して ∑ ∆(f ) = ∑ f (ξi)(xi− xi−1) = ∑ (xi − xi−1) = 1 代表点 ξiを無理数とすると, 任意の分割 ∆ に対して ∑ ∆(f ) = ∑ f (ξi)(xi− xi−1) = 0 ⇒ ∑∆(f ) は|∆| → 0 としても収束しない ⇒ 積分可能でない. この例はしっかりと 覚えよう！
定理 6.1 [a, b] で連続な関数は (Riemann) 積分可能. 証明 （長くてタフである） 分割 ∆ に対して ∑ ∆(f ) = n ∑ i=1 f (ξi)(xi− xi−1) ∆ ={x1, x2,· · · , xn} とする. f (x) は有界なので ( ∃L|f(x)| < L) sup xi−15x5xi f (x) = Mi, inf xi−15x5xi f (x) = mi とする. すると n ∑ i=1 mi(xi− xi−1)5 ∑ ∆(f )5 n ∑ i=1 Mi(xi− xi−1) ⇑ mi 5 f(ξi)5 Mi より s∆= n ∑ i=1 mi(xi− xi−1) S∆= n ∑ i=1 Mi(xi− xi−1) とする． すると次の３条件が成立する. (i) s∆5 S∆ (mi 5 Miより) (ii) ∆1 ⊂ ∆2なら (∆1をさらに細かくしたのが ∆2 ) s∆1 5 s∆2 かつ S∆1 = S∆2. ∵) ∆1 ={x1, x2,· · · , xn} とする. ∆2で区間 [xi−1, xi] に新しい分点 y が入ったとする. mi = inf xi−15x5xi f (x)5 inf xi−15x5y f (x) かつ mi 5 inf y5x5xi f (x). mi(xi − xi−1) 5 inf xi−15x5y f (x)(y− xi−1) + inf y5x5xi f (x)(xi− y) s∆1 の [xi−1, xi] の部分 s∆2 の [xi−1, xi] の部分 全ての i について成立するので s∆1 5 s∆2. S∆1 = S∆2 も同様. この証明は非常に 長くて難しい。 初学者は わからなくてもOK。
(iii) 任意の ∆1 ⊂ ∆2につき s∆1 5 S∆2 なぜなら ∆3 = ∆1∪ ∆2とすると s∆1 5 s∆3 5 S∆3 5 S∆2 あらゆる分割 ∆ に対して s∆と S∆の集合は (１点を除いて) 交わらない S∆は下に有界,s∆は上に有界なので
inf と sup が存在して inf S∆≥ sup s∆ f (x) が連続な場合 inf S∆ = sup s∆となることを示す これには ∀ε > 0 ∃∆ S∆− s∆< ε f (x) は閉区間 [a, b] で連続なので一様連続となる. ∀ε > 0 ∃δ |x − y| < δ ⇒ |f(x) − f(y)| < ε この δ に対して分割の幅は最大値|∆| < δ とすると |xi− xi−1| < δ より ∀x, ∀y ∈ [x i−1, xi] に対して −ε < f(x) − f(y) < ε [xi−1, xi] で x につき sup, y につき inf をとると −ε ≤ Mi− mi ≤ ε ⇒ |f(x) − f(y)| < ε ⇒ Mi− mi 5 ε よって S∆− s∆≤ ε(b − a) ⇒ inf S∆ = sup s∆が示せた. これを S とする.
すると s∆≤ ∑ ∆(f ) ≤ S∆かつ |∆| = max(xi− xi−1) < δ なら S∆− s∆≤ ε(b − a) より |∑∆(f )− S| = S∆− s∆ ≤ ε(b − a) ⇒ S はリーマン和∑∆(f ) の極限 次に S が一意であることを示す S < S′が存在したとする. s∆≤ S < S′ ≤ S∆ S∆− s∆≤ ε(b − a) ⇒ 矛盾 よって S は一意 基本的な性質 f (x) と g(x) は区間 [a, b] で積分可能とする． (1)f (x) + g(x) は積分可能で ∫ b a (f (x) + g(x)) dx = ∫ b a f (x)dx + ∫ b a g(x)dx [ 証明 ] 定義に従って証明する f (x) は積分可能なので ∀ε > 0 ∃δ1 > 0 |∆| = max i |xi− xi−1| < δ1 ⇒ |∑f (ξi)(xi − xi−1)− ∫ b a f (x)dx| < ε g(x) も積分可能なので ∀ε > 0 ∃δ2 > 0 |∆| = max i |xi− xi−1| < δ2 ⇒ |∑g(ξi)(xi− xi−1)− ∫ b a g(x)dx| < ε δ = min(δ1, δ2) とすると (min(δ1, δ2) ={δ1, δ2} の最小値 ← δ1, δ2の小さい方) |∆| < δ ならば |∑(f (ξi) + g(ξi))(xi− xi−1)− ∫ b a f (x)dx− ∫ b a g(x)dx| f + g のリーマン和 ≤ |∑f (ξi)(xi− xi−1)− ∫ b a f (x)dx| + |∑g(ξi)(xi− xi−1)− ∫ b a g(x)dx| < 2ε ⇒ f + g は積分可能で ∫ b a (f (x) + g(x))dx = ∫ b a f (x)dx + ∫ b a g(x)dx この証明は絶対に 理解すべし。 解析でよくある パターンである。
(2) ∀c∈ R に対して ∫ b a cf (x)dx = c ∫ b a f (x)dx (3)a < c < b に対して ∫ b a f (x)dx = ∫ c a f (x)dx + ∫ b c f (x)dx (4)f (x)≥ 0 なら， ∫ b a f (x)dx≥ 0 (5)f (x)≥ g(x) なら， ∫ b a f (x)dx≥ ∫ b a g(x)dx (6) M = sup a≤x≤b f (x), m = inf a≤x≤bf (x) とすると m ≤ f(x) ≤ M x ∈ [a, b] [a, b] で積分すると m(b− a) ≤∫abf (x)dx≤ M(b − a) これよりある p (m≤ p ≤ M) が存在して ∫ b a f (x)dx = p(b− a) Remark f (x) が [a, b] で連続なら M = sup a≤x≤b f (x) = max a≤x≤bf (x) m = inf a≤x≤bf (x) = mina≤x≤bf (x) 中間値の定理より f (ξ) = p (m≤ p ≤ M) をみたす ξ ∈ [a, b] が少なくとも１つ存在する. すなわち ∫ b a f (x)dx = f (ξ)(b− a)
(7) ∫abf (x)dx ≤ ∫ b a |f(x)| dx (−|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)| より) (8) シュワルツの不等式 ( ∫ b a f (x)g(x)dx )2 ≤ ∫ b a |f(x)|2dx ∫ b a |g(x)|2dx [ 証明 ] λ についての２次式 ∫ b a f (x) + λg(x)2 dx≤ 0 の判別式を用いるとすぐに出る. (9)面積 f (x)5 g(x) とする 曲線 y = f (x), と y = g(x), と直線 x = a, x = b が 囲む部分の面積は ∫ b a (g(x)− f(x))dx
定義 6.2 F (x) = ∫ x a f (t)dt を f (x) の不定積分とよび, これを ∫ f (x)dx と表す． 定理 6.2 f (x) が連続なら F′(x) = f (x) F′(x) = lim h→0 F (x + h)− F (x) h = lim h→0 ∫x+h a f (t)dt− ∫x a f (t)dt h = lim h→0 ∫x+h x f (t)dt h 前の (6) より = lim h→0 h× f(x + θh) h (0≤ θ ≤ 1) = lim h→0f (x + θh) = f (x) Remark F′(x) = f (x) となる関数 を f (x) の原始関数という. f (x) の不定積分は f (x) の原始関数を１つ見つけて， それに任意定数 C を加えた関数である．
例 6.1 不定積分の代表例を示す． (6.1) ∫ xαdx = xα+1 α + 1 + C (α̸= −1) log|x| + C (α = −1) (6.2) ∫ cos x dx = sin x + C (6.3) ∫ sin x dx =− cos x + C (6.4) ∫ eaxdx = 1 ae ax+ C (6.5) ∫ 1 cos2x dx = tan x + C (6.6) ∫ 1 sin2x dx =− cot x + C ( 1 atan −1 x a )′ = 1 1 + (xa)2 × 1 a × 1 a = 1 x2+ a2 を用いると (6.7) ∫ 1 x2+ a2 dx = 1 atan −1 x a + C (6.8) ∫ 1 √ a2− x2 dx = sin−1x a + C (6.9) ∫ f′(x) f (x) dx = log|f(x)| + C
(6.10) ∫ 1 x2− a2 dx = 1 2a ∫ ( 1 x− a − 1 x + a ) dx = 1 2alog xx + a− a + C (6.11) ∫ axdx = ∫ ex log adx = 1 log a e x log a+ C = 1 log a a x+ C (6.12) ∫ tan x dx = ∫ sin x cos x dx =− ∫ −sinx
cos x dx =− log | cos x| + C
(6.13) ∫ 1 √ x2− 1 dx = log|x +√x2− 1| + C (|x| > 1) (6.14) ∫ √1− x2dx = 1 2 ( x√1− x2+ sin−1x)+ C (6.15) ∫ √x2− 1dx = 1 2 ( x√x2− 1 − log x +√x2− 1 )+ C (|x| > 1) (6.16) ∫ √x2+ 1dx = 1 2 ( x√x2+ 1− log x +√x2 − 1 ) + C
F (x) を f (x) の原始関数の１つとする. F′(x) = f (x) ∫ b a f (x)dx = [F (x)]ba = F (b)− F (a) 例 6.2 d dx ∫ u(x) c f (t)dt を求めよ． f (x) の原始関数の１つを F (t) とする． d dx ∫ u(x) c f (t)dt = [F (t)]u(x)c = d dx(F (u(x))− F (c)) = d dxF (u(x)) = F ′(u(x))× u′(x) = f (u(x))× u′(x) Riemann 和を用いる例 例 6.3 lim n→∞ 1 n3 ( 12 + 22+ 32 +· · · + n2)を求めよ． 変形してある関数の Riemann 和にする Sn = 1 n3 ( 12+ 22+ 32+· · · + n2) = 1 n {( 1 n )2 + ( 2 n )2 +· · · + (n n )2 } Sn は区間 [0, 1] における関数 y = x2 のリーマン和になるので lim n→∞Sn = ∫ 1 0 x2dx = 1 3 Snは斜線分の面積である． y = x2は [0, 1] で連続なので積分可能 よくある典型的な 問題。演習問題を 解いて必ず理解し よう！
積分計算では，次の２つの定理をよく使う． 定理 6.3 （部分積分） G(x) を g(x) の原始関数とする． ∫ f (x)g(x)dx = f (x)G(x)− ∫ f′(x)G(x)dx 定積分では ∫ b a f (x)g(x)dx = [f (x)G(x)]ba− ∫ b a f′(x)G(x)dx [ 証明 ] f (x)G(x) を微分すると d dx(f (x)G(x)) = f ′(x)G(x) + f (x)G′(x) = f′(x)G(x) + f (x)g(x) この両辺を a から b まで積分すると [(f (x)G(x))]ba= ∫ b a f′(x)G(x) + ∫ b a f (x)g(x) 例 6.4 (1) ∫ log xdx = ∫ 1× log xdx = ∫ (x)′log xdx = x log x− ∫ x× 1 xdx = x log x− ∫ 1dx = x log x− x + C (C:任意定数) (2) ∫ x(log x)2dx = ∫ ( x2 2 )′ (log x)2dx = x 2 2 (log x) 2− ∫ x log xdx = x 2 2 (log x) 2− ∫ ( x2 2 )′ log xdx = x 2 2 (log x) 2− x 2 2 log x + ∫ ( x2 2 × 1 x ) dx = x 2 2 (log x) 2− x 2 2 log x + x2 4 + C (C:任意定数)
定理 6.4 （置換積分） x = ϕ(t) (ϕ(t) : 微分可能) すると ∫ f (x)dx = ∫ f (ϕ(t))ϕ′(t)dt 定積分では ∫ ϕ(b) ϕ(a) f (x)dx = ∫ b a f (ϕ(t))ϕ′(t)dt Remark このように考えると覚えやすい. ∫ f (x)dx = ∫ f (x(t))dx dt · dt (分数ではない！) [ 証明 ] F (x) = ∫ x ϕ(a) f (t)dt とする. 当然 F′(x) = f (x). x = ϕ(t) とおき両辺に ϕ′(t) をかける. F′(x)ϕ′(t) = f (x)ϕ′(t) 書き直すと d dt(F (ϕ(t))) = f (ϕ(t))ϕ ′(t) これを a から b まで積分すると F (ϕ(b))− F (ϕ(a)) = ∫ b a f (ϕ(t))ϕ′(t)dt 左辺= ∫ ϕ(b) ϕ(a) f (x)dx = ∫ b a f (ϕ(t))ϕ′(t)dt 例 6.5 ∫ (log x)2 x dx を求めよ． t = log x とすると，dt dx = 1 x ∫ (log x)2 x dx = ∫ 1 x· t 2×dx dt · dt = ∫ 1 xt 2 × xdt = ∫ t2dt = 1 3t 3+ C = 1 3(log x) 3+ C
積分のコツ (1)三角関数や exが出てくる場合，部分積分を繰り返して元の積分をくくりだす． 例 6.6 I = ∫ exsin xdx を求めよ． I = ∫ (ex)′sin xdx = exsin x− ∫ excos xdx ここで ∫ excos xdx = ( excos x + ∫ exsin xdx ) I = exsin x− ( excos x + ∫ exsin xdx ) I = exsin x− excos x− I 2I = exsin x− excos x I = 1 2e x(sin x− cos x) よって， ∫ exsin xdx = 1 2e x(sin x− cos x) + C ¡別の方法¿ オイラーの公式 eix = cos x + i sin x これより例えば eiπ+ 1 = 0 eix = cos x + i sin x ∫ exeixdx = ∫ ex(cos x + i sin x)dx = ∫ e(1+i)xdx = 1 1 + ie (1+i)x= 1− i 2 e xeix = e x
2(cos x− i cos x + i sin x + sin x)
z = a + bi に対して実部 Re z = a, 虚部 Im z = b の虚部をとると ∫ exsin xdx = 1 2e x(sin x− cos x) + C の実部をとると ∫ excos xdx = 1 2e x(sin x + cos x) + C 積分計算はとにかくた くさん問題を解いてパ ターンを覚えよう！ 解いて解いて解いて 体で覚えるべし！！
オイラーの公式はとても便利である } eiθ1eiθ2 = cos(θ
1+ θ2) + i sin(θ1+ θ2)
(cos θ1+ i sin θ1)(cos θ2+ i sin θ2)
= cos θ1cos θ2− sin θ1sin θ2+ i(cos θ1sin θ2 + sin θ1cos θ2)
の実部は cos(θ1+ θ2) = cos θ1cos θ2− sin θ1sin θ2
の虚部は sin(θ1+ θ2) = cos θ1sin θ2+ sin θ1cos θ2 } ド・モアブル
(eiθ)n= eiθn = cos nθ + i sin nθ = (cos θ + i sin θ)n
(2) P (x), Q(x) は多項式とする． ∫ P (x) Q(x) dx はどのように計算するか？ Step1 P (x) = Q′(x) なら OK Step2 P (x) が Q(x) より次数が高い場合 P (x) Q(x) = R(x) + P1(x) Q(x) とする．（P1(x) は Q(x) よりも次数は低くする） Step3 P (x)̸= Q′(x) Q(x) を因数分解して P (x) Q(x) を積分可能な 分数式の和に分解して，それぞれ積分する. 例 6.7 ∫ 2x + 1 x3− 2x2 + xdx を求めよ． 2x + 1 x3− 2x + x = 2x + 1 (x− 1)2x そこで 2x + 1 (x− 1)2x = A x + B x− 1+ C (x− 1)2 とおき，A, B, C を求める． (うまくいかない場合は別の組み合わせ) これより，2x + 1 = A(x− 1)2+ Bx(x− 1) + Cx = (A + B)x2+ (−2A − B + C)x + A これより， A + B = 0 −2A − B + C = 2 A = 1 ⇒ A = 1, B = −1, C = 3 ∫ 2x + 1 x3− 2x2+ x = ∫ ( 1 x− 1 x− 1 + 3 (x− 1)2 ) dx = log|x| − log |x − 1| − 3 x− 1+ C = log x− 1x − x− 13 + C 分数式⇒ 分母を因数分解して（積分可能な）分数式の和に分解.
(3) ∫ F ( x, n √ ax + b cx + d ) dx の場合 t = n √ ax + b cx + d とすると ax + b cx + d = t nとなり (2)のパターン にもちこむとうまくいく場合がある. 例 6.8 ∫ 1 (1− x)√1 + x dx を求めよ． t =√1 + x とおくと 1 + x = t2, x = t2− 1, dx dt = 2t これを代入すると ∫ 1 (1− t2+ 1)× t × 2tdt = ∫ −2 t2− 2dt =−2 × ∫ (t +√2)(t−√2)dt =−2 × ∫ ( 1 t−√2 − 1 t +√2 ) × 1 2√2 dt =− 2 2√2 log t−√2 t +√2 + C =−√1 2 log √ 1 + x−√2 √ 1 + x +√2 + C
(4) ∫ F (sin x, cos x)dx の場合 tanx 2 = t とおくと，sin x = 2 sin x 2cos x 2 sin2 x 2+ cos 2 x 2 = 2 tan x 2 1 + tan2 x 2 = 2t 1 + t2 cos x,dx dt も同様. まとめると sin x = 2t 1 + t2 cos x = 1− t 2 1 + t2 dx dt = 2 1 + t2 例 6.9 ∫ 1 2 + cos xdx を求めよ． t = tanx 2 とすると ∫ 1 2 + cos xdx = ∫ 1 2 + 1−t2 1+t2 × 2 1 + t2dt = ∫ 2 2(1 + t2) + 1− t2dt = ∫ 2 t2+ 3dt = 2 ∫ 1 t2+ 3dt = 2× √1 3 tan−1 √t 3 + c = √2 3 tan−1 ( 1 √ 3 tanx 2 ) + C
(5) ∫ F (ex)dx の場合 t = exとすると dt dx = e x = t となり(2)のパターンにもちこめてうまくいく場合がある 例 6.10 ∫ 1 ex+ 4e−x+ 5dx を求めよ． ex = t とおくと = ∫ 1 t +4t + 5 × 1 tdt = ∫ 1 t2+ 5t + 4dt = ∫ 1 (t + 1)(t + 4)dt = 1 3 ∫ ( 1 t + 1 − 1 t + 4 ) dt = 1 3log t + 1t + 4 + c = 13log ( ex+ 1 ex+ 4 ) + C Remark (1)∼(5)は必ず使えるようになること. ただし, どうしてもうまくできない場合は数値計算で近似値を求める．
