MATH

アルキメデス　”数学は，純粋な数学に対する愛をもって接する人にだけ，その奥義を明らかにする．”

¶積分法

☆不定積分

数Ⅱでやったように積分は微分の逆であると考えてよい．

○いろいろな不定積分

１，\(\displaystyle \int x^{a}dx=\frac{1}{a+1}x^{a+1}+C\)（\(a\neq1)\)

２，\(\displaystyle \int\frac{1}{x}dx=\log|x|+C\) \((a=1)\)

３，\(\displaystyle \int\sin xdx=-\cos x+C\)

４，\(\displaystyle \int\cos dx=\sin x+C\)

５，\(\displaystyle \int\frac{1}{\cos {}^{2}x}dx=\tan x+C\)

６，\(\displaystyle \int\frac{1}{\sin^{2}x}dx=-\frac{1}{\tan x}+C\)

７，\(\displaystyle \int e^{x}dx=e^{x}+C\)

８，\(\displaystyle \int a^{x}dx=\frac{a^{x}}{\log a}+C\)

９，\(\displaystyle \int f(ax+b)dx=\frac{1}{a}F(ax+b)+C\)（合成関数の微分法から）

１０，\(\displaystyle \int\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}dx=\log|f(x)|+C\)

例

１，\(\displaystyle \int\sqrt{x}dx=\int x^{\frac{1}{2}}dx=\frac{1}{\frac{1}{2}+1}x^{\frac{1}{2}+1}+C=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}+C\)

３，９，\(\displaystyle \int\sin 2xdx=\frac{1}{2}(-\cos 2x)+C=-\frac{1}{2}\cos 2x+C\)

５，６，\(\displaystyle \int\frac{1}{\sin^{4}x\cos^{4}x}dx=\int\frac{1}{\sin^{2}2x}dx=\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{\tan 2x}\right)+C=-\frac{1}{2\tan 2x}+C\)

５，６，\(\displaystyle \int\frac{1}{\sin^{2}x\cos^{2}x}dx=\int\frac{1}{\sin^{2}x(1-\sin^{2}x)}dx\)

\(\displaystyle =\int\left(\frac{1}{\cos^{2}x}+\frac{1}{\sin^{2}x}\right)dx=\tan x-\frac{1}{\tan x}+C\)

５，\(\displaystyle \int\tan^{2}xdx=\int\left(\frac{1}{\cos^{2}x}-1\right)dx=\tan x-x+C\)

８，９\(\displaystyle \int 3^{4x}dx=\frac{1}{4}\left(\frac{3^{4x}}{\log 3}\right)+C\)

１，９\(\displaystyle \int(2x-1)^{4}dx=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+4}(2x-1)^{1+4}\right)+C=\frac{1}{10}(2x-1)^{5}+C\)

１０，\(\displaystyle \int\frac{1}{\tan x}dx=\int\frac{\cos x}{\sin x}dx=\int\frac{(\sin x)^{\prime}}{\sin x}dx=\log|\sin x|+C\)

４，９\(\displaystyle \int\cos^{2}x=\int\frac{1+\cos 2x}{2}dx=\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x+C\)

１０，\(\displaystyle \int\frac{\sin x}{1-\cos x}dx=\int\frac{(1-\cos x)^{\prime}}{1-\cos x}dx=\log|1-\cos x|+C\)

三角関数はかなり変形する必要がある場合がある．たくさん問題を解いて覚えよう．

※なお三角関数の積分は\(\sin x\cos 2x\)などのかけて（積）あるものは足す(和)にわける．（積和公式）

\(\displaystyle \sin x\cos y=\frac{1}{2}\{\sin(x+y)+\sin(x-y)\}\)

\(\displaystyle \cos x\sin y=\frac{1}{2}\{\sin(x+y)-\sin(x-y)\}\)

\(\displaystyle \cos x\cos y=\frac{1}{2}\{\cos(x+y)+\cos(x-y)\}\)

\(\displaystyle \sin x\sin y=-\frac{1}{2}\{\cos(x+y)-\cos(x-y)\}\)

例

\(\displaystyle \int\sin 3x\cos 2x=\int\frac{1}{2}(\sin 5x+\sin x)dx\)

\(\displaystyle =\frac{1}{2}(-\frac{1}{5}\cos 5x-\cos x)+C=-\frac{1}{10}\cos 5x-\frac{1}{2}\cos x+C\)

\(\displaystyle \int\sin^{3}xdx=\int\sin^{2}x\sin xdx=\int\frac{1-\cos 2x}{2}\sin xdx\)

\(\displaystyle =\frac{1}{2}\int\sin xdx-\frac{1}{2}\int\cos 2x\sin xdx=\frac{1}{2}\int\sin xdx-\frac{1}{2}\int\frac{1}{2}(\sin 3x-\sin x)dx\)

\(=-\displaystyle \frac{1}{2}\cos x-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\cos 3x+\cos x\right)+C=-\frac{3}{4}\cos x+\frac{1}{12}\cos 3x+C\)

○不定積分の性質

\(\displaystyle \int\{sf(x)+tg(x)\}dx=s\int f(x)dx+t\int g(x)dx\)

○置換積分法

上の問題は基本的に簡単です．下のは慣れないと大変ですが，問題を解きまくれば置換積分法をしたのを気にしなくてできるようになります．

\(\displaystyle \int f(x)dx=\int f(g(t))g^{\prime}(t)dt, x=g(t)\)

例

\(\displaystyle \int\frac{x}{\sqrt{x+1}}dx\)を求めよ．

\(\displaystyle t=\sqrt{x+1}\)とおく．\(t^{2}=x+1\leftrightarrow x=t^{2}-1,\displaystyle \frac{dx}{dt}=2t\)

\(\displaystyle \int\frac{t^{2}-1}{t}2tdt=\int(t^{2}-1)dt=\frac{1}{3}t^{3}-t+C\)

\(=\frac{1}{3}(x+1)\sqrt{x+1}-\sqrt{x+1}+C\)

\(\displaystyle \int f(g(x))g^{\prime}(x)dx=\int f(t)dt, t=g(x)\)

例

\(\displaystyle \int x\sqrt{x^{2}-1}dx=\int\frac{1}{2}(x^{2}-1)^{\prime}\sqrt{x^{2}-1}dx, x^{2}-1=t\)とおく．

\(\displaystyle \int\frac{1}{2}\frac{dt}{dx}\sqrt{t}dx=\int\frac{1}{2}\sqrt{t}dt=\frac{1}{2}\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}+C=\frac{1}{3}(x^{2}-1)\sqrt{x^{2}-1}+C\)

慣れれば\(t\)と置かずにできる．

\(\displaystyle \int\sin^{2}x\cos xdx=\int\sin^{2}x(\sin x)^{\prime}dx=\frac{1}{3}\sin^{3}x+C\)

○部分積分法

\(\displaystyle \int f(x)g^{\prime}(x)dx=f(x)g(x)-\int f^{\prime}(x)g(x)dx\)（積の導関数 \(\{f(x)g(x)\}^{\prime}=f^{\prime}(x)g(x)+f(x)g^{\prime}(x)\)から）

例

\(\displaystyle \int x\cos xdx=\int x(-\sin x)^{\prime}dx=x(-\sin x)-\int x^{\prime}(-\sin x)dx\)

\(\displaystyle =-x\sin x+\int\sin xdx=-x\sin x-\cos x+C\)

\(\displaystyle \int\log xdx=\int x^{\prime}\log xdx=x\log x-\int x(\log x)^{\prime}dx=x\log x-x+C\)

\(\displaystyle \int xe^{x}dx=\int x(e^{x})^{\prime}dx=xe^{x}-\int x^{\prime}e^{x}dx=xe^{x}-e^{x}+C\)

\(\displaystyle \int e^{x}\cos xdx=A\)とおく．

\(A=\displaystyle \int(e^{x})^{\prime}\cos xdx=e^{x}\cos x-\int e^{x}(-\sin x)dx\)

\(\displaystyle =e^{x}\cos x+\int(e^{x})^{\prime}\sin xdx=e^{x}\cos x+e^{x}\sin x-\int e^{x}\cos xdx=e^{x}(\sin x+\cos x)-A\)

よって\(A=\displaystyle \int e^{x}\cos xdx=\frac{1}{2}e^{x}(\sin x+\cos x)\)

□練習問題（やり方を覚えよ．）

\(\displaystyle \int\frac{2x^{3}+3x-1}{x-1}dx=\int\left(2x^{2}+2x+5+\frac{4}{x-1}\right)dx\)

\(\displaystyle =\frac{2}{3}x^{3}+x^{2}+5x+4\log|x-1|+C\)（はじめの変形は割り算の要領でやる．）

（\(2x^{3}+3x-1=(2x^{2}+2x+5)(x-1)+4\)）

\(\displaystyle \int\frac{1}{x(x+1)}dx=\int\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)dx\)

\(\displaystyle =\log|x|-\log|x+1|+C=\log\left|\frac{x}{x+1}\right|+C\)（部分分数分解）

\(\displaystyle \int\frac{x+6}{x^{2}-4}dx=\int\frac{(x+2)+4}{(x-2)(x+2)}dx=\int\frac{1}{x-2}dx+\int\left(\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2}\right)dx\)

\(\displaystyle =2\log|x-2|-\log|x+2|+C\)

もちろん\(\displaystyle \frac{x+6}{x^{2}-4}=\frac{a}{x-2}+\frac{b}{x+2}\)として定数を求めてもよい．

\(\displaystyle \int\log(x+a)dx=\int(x+a)^{\prime}\log(x+a)dx\)

\(\displaystyle =(x+a)\log(x+a)-\int(x+a)(\log(x+a))^{\prime}dx=(x+a)\log(x+a)-x+C\)

\(\displaystyle \int x\log xdx=\int(\frac{1}{2}x^{2})^{\prime}\log xdx=\frac{1}{2}x^{2}\log x-\frac{1}{2}\int x^{2}\cdot\frac{1}{x}dx\)

\(\displaystyle =\frac{1}{2}x^{2}\log x-\frac{1}{4}x^{2}+C\)

\(\displaystyle \int x^{n}e^{x}dx=\int x^{n}(e^{x})^{\prime}dx=x^{n}e^{x}-\int nx^{n-1}e^{x}dx\)

\(\displaystyle =x^{n}e^{x}-n(x^{n-1}e^{x}-\int(n-1)x^{n-2}e^{x}dx)=\cdots\)

\(\displaystyle =e^{x}\{x^{n}-nx^{n-1}+n(n-1)x^{n-2}-\cdots+(-1)^{n}n!\}\)

\(\displaystyle \int x^{2}\cos 2xdx=\int x^{2}(\frac{1}{2}\sin 2x)^{\prime}dx=\frac{1}{2}x^{2}\sin 2x-\frac{1}{2}\int 2x\sin 2xdx\)

\(\displaystyle =\frac{1}{2}x^{2}\sin 2x-\int x\left(-\frac{1}{2}\cos 2x\right)^{\prime}dx\)

\(\displaystyle =\frac{1}{2}x^{2}\sin 2x+\frac{1}{2}x\cos 2x-\frac{1}{2}\int\cos 2xdx=\frac{1}{2}x^{2}\sin 2x+\frac{1}{2}x\cos 2x-\frac{1}{4}\sin 2x+C\)

\(\displaystyle \int\sin^{3}xdx=\int(1-\cos^{2}x)\sin xdx\)　ここで\(t=\cos x\)とおくと，\(dt=-\sin xdx\)

\(\displaystyle \int-(1-t^{2})dt=\frac{1}{3}t^{3}-t+C=\frac{1}{3}\cos^{3}x-\cos x+C\)

（前の答えは\(-\displaystyle \frac{3}{4}\cos x+\frac{1}{12}\cos 3x+C\)であるが，\(\cos 3x=4\cos^{3}x-3\cos x\)を使えば同じになる．）

\(\displaystyle \int\frac{\sin x}{1+\cos x}dx\)を求めよ．また，\(\displaystyle \int\frac{1}{\sin x}dx\)を求めよ．

\(\displaystyle \int\frac{(1+\cos x)^{\prime}}{1+\cos x}dx=\log|1+\cos x|+C\)

また\(\displaystyle \int\frac{\sin x(1-\cos x)}{1-\cos^{2}x}dx=\int\frac{1-\cos x}{\sin x}dx=\int\frac{1}{\sin x}dx-\int\frac{(\sin x)^{\prime}}{\sin x}dx\)

\(\displaystyle =\int\frac{1}{\sin x}dx-\log|\sin x|+C\)

よって\(\displaystyle \int\frac{1}{\sin x}dx=\log|\sin x(1+\cos x)|+C=\log(\sin x(1+\cos x))+C\)

\(\displaystyle \int\frac{1}{\sin x}dx=\int\frac{\sin x}{\sin^{2}x}dx=\int\frac{\sin x}{1-\cos^{2}x}dx\)　ここで，\(t=\cos x\)とおくと，\(dt=-\sin xdx\)

よって\(\displaystyle \int-\frac{1}{1-t^{2}}dt=\int\frac{1}{2}(\frac{1}{t-1}+\frac{1}{t+1})dt=\frac{1}{2}\log|t-1|-\frac{1}{2}\log|t+1|+C\)

\(\displaystyle =\frac{1}{2}\log\left|\frac{\cos x-1}{\cos x+1}\right|+C=\frac{1}{2}\log\frac{1-\cos x}{1+\cos x}+C\)

もちろん\(\left(\displaystyle \frac{1-\cos x}{1+\cos x}\right)^{\frac{1}{2}}=\left(\displaystyle \frac{(1-\cos x)^{2}}{1-\cos^{2}x}\right)^{\frac{1}{2}}=\displaystyle \frac{1-\cos x}{\sin x}\)

or \(\displaystyle =\frac{\sin x}{1+\cos x}\)となる．

このようにある問題にしてもいろいろなやり方ある．やり方はよく覚えておくこと．それと計算力をつけること．

☆定積分

ある区間で連続な関数\(f(x)\)の不定積分の1つを\(F(x)\)とするとき，\(a,b\)が区間に属しているとすると，\(F(b)−F(a)\)を\(f(x)\)の\(a\)から\(b\)までの定積分といい，次のような記号であらわせる．

\(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=\left[F(x)\right]_{a}^{b}=F(b)-F(a)\)となる．このとき，積分定数\(C\)は結局消えるので，考えなくてよい．また，\(a,b\)の大小も考えなくてよい．

もちろん値は正になるとは限らないので注意．

○定積分の性質

\(\displaystyle \int_{a}^{b}\{sf(x)+tg(x)\}dx=s\int_{a}^{b}f(x)dx+t\int_{a}^{b}g(x)dx\)

\(\displaystyle \int_{a}^{a}f(x)dx=0\)

\(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=-\int_{b}^{a}f(x)dx\)

\(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{c}f(x)de+\int_{c}^{b}f(x)dx\)

なお\(a,b,c\)の大小は気にしなくてよい．

○定積分の置換積分法

\(\alpha<\beta\)のとき，区間\([\alpha,\beta]\)で微分可能な関数\(x=g(t)\)に対し，\(a=g(\alpha),b=g(\beta)\)ならば

\(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f(g(t))g^{\prime}(t)dt\)

これは区間が変化するのでそこを注意．またこのやり方は例のような流れでやればよい．

例

\(\displaystyle \int_{1}^{2}x\sqrt{x^{2}-1}dx=\int_{0}^{1}\frac{1}{2}(x^{2}-1)^{\prime}\sqrt{x^{2}-1}dx\) \(x^{2}-1=t\)とおく．\(x=1\rightarrow t=0, x=2\rightarrow t=3\)

\(\displaystyle \int_{0}^{3}\frac{1}{2}\frac{dt}{dx}\sqrt{t}dx=\int_{0}^{3}\frac{1}{2}\sqrt{t}dt=\left[\frac{1}{2}\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{3}=\sqrt{3}\)

\(\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{1}{x^{2}+1}dx\)←（\(\displaystyle \frac{\text{☆}}{x^{2}+a^{2}}\)の形なら\(x=a\tan t\)とおくと解ける問題が比較的ある．）

\(x=\tan t\)とおくと，\(dx=\displaystyle \frac{1}{\cos^{2}x}dt x=0\rightarrow t=0, x=1\rightarrow t=\frac{\pi}{4}\)

\(\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\tan^{2}x+1}\frac{1}{\cos^{2}x}dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}dt=\frac{\pi}{4}\)

○偶関数・奇関数の定積分

偶関数とは\(y\)軸に対して対称

例　\(y=x^{2},y=\cos x\)(具体的にイメージしてみよう)

一般的に\(f(−x)=f(x)\)

奇関数とは原点に関して対称

例　\(y=x,y=\sin x,y=\tan x\)(具体的にイメージしてみよう)

一般的に\(f(−x)=−f(x)\)

\(f(x)\)が偶関数なら\(\displaystyle \int_{-a}^{a}f(x)dx=2\int_{0}^{a}f(x)dx\)

　　　 奇関数なら\(\displaystyle \int_{-a}^{a}f(x)dx=0\)

例

\(\displaystyle \int_{-a}^{a}x^{2}dx=2\int_{0}^{a}x^{2}dx=\frac{2}{3}\left[x^{3}\right]_{0}^{a}=\frac{2}{3}a^{3}\)

\(\displaystyle \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx=2\left[\sin x\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=2\)

\(\displaystyle \int_{-a}^{a}xdx=0\)

\(\displaystyle \int_{-a}^{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx=2\int_{0}^{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx\)　←（\(\sqrt{a^{2}-x^{2}}\)の形なら，\(x=a\cos t~(a\sin t\)でもいい．)とおく．）

\(x=a\cos t\)とおくと，　\(dx=-a\displaystyle \sin xdt, x=0\rightarrow t=\frac{\pi}{2}, x=a\rightarrow t=0\)

\(2\displaystyle \int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\sqrt{a^{2}-a^{2}\cos^{2}t}(-a\sin tdt)=2a^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}tdt=2a^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\cos 2x}{2}=\frac{\pi a^{2}}{2}\)

なおこれは半径\(a\)の円の面積の半分である．よって\(\displaystyle \int_{0}^{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx=\frac{\pi a^{2}}{4}\)は覚えておくと便利．

○定積分の部分積分法

\(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)g^{\prime}(x)dx=[f(x)g(x)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f^{\prime}(x)g(x)dx\)

例

\(\displaystyle \int_{0}^{1}xe^{x}dx=[xe^{x}]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}e^{x}dx=1\)

※\(\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx\)の値（これは意外と役に立つ）

求め方

\(I_{n}=\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx\)とおく．

\(n=0\) \(I_{0}=\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{2}\)

\(n=1\) \(I_{1}=\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx=1\)

\(n≧2\)のとき，

\(I_{n}=\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin^{n-1}x)(\sin x)dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin^{n-1}x)(-\cos x)^{\prime}dx\)

\(\displaystyle =\left[-\sin^{n-1}x\cos x\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+(n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin^{n-2}x)(\cos^{2}x)dx\)

\(=0+(n-1)\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin^{n-2}x-\sin^{n}x)dx=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_{n}\)

よって\(I_{n}=\displaystyle \frac{n-1}{n}I_{n-2}\)（漸化式）

これから，\(n\)が偶数のとき　\(I_{n}=\displaystyle \frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\)

\(n\)が奇数のとき　\(I_{n}=\displaystyle \frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}\cdot 1\)

また，\(\displaystyle \cos x=\sin \left(\frac{\pi}{2}-x \right)\)なので，\(\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}xdx\)が成り立つ．

ここで出てきた値は使える場面があるし，この漸化式のやり方はよくつかわれるので，やり方と値は覚えておくこと．

○定積分の絶対値

これは積分範囲に応じて，絶対値の中身が常に正になるように絶対値を外せばよい．

例

\(\displaystyle \int_{\frac{1}{e}}^{e}|\log x|dx=\int_{\frac{1}{e}}^{1}-\log xdx+\int_{1}^{e}\log xdx\)

ここで，\(\displaystyle \int\log xdx=x\log x-x+C\)より，

\(\displaystyle \left[x-x\displaystyle \log x\right]_{\frac{1}{e}}^{1}+\left[x\log x-x\right]_{1}^{e}=1-\left(\frac{1}{e}+\frac{1}{e}\right)+1=2-\frac{2}{e}\)

○定積分の関数と微分

定積分\(\displaystyle \int_{a}^{x}f(t)dt\)は\(t\)の関数ではなくて\(x\)の関数である．\(t\)はただの計算の道具として置いてあるだけである．またこれで，\(\displaystyle \int_{a}^{x}f(t)dt=F(x)-F(a)\)となるので，両辺を微分すると\(\displaystyle \frac{d}{dx}\int_{a}^{x}f(t)dt=f(x)\)となる．（注意　\(x\)で微分している．）

例

\(y=\displaystyle \int_{0}^{x}(x-u)\sin udu=x\int_{0}^{x}\sin udu-\int_{0}^{x}u\sin udu\)

\(y^{\prime}=x^{\prime}\displaystyle \int_{0}^{x}\sin udu+x(\int_{0}^{x}\sin udu)^{\prime}-(\int_{0}^{x}u\sin udu)^{\prime}\)

\(\displaystyle =\left[-\cos u\right]_{0}^{x}+x\sin x-x\sin x=-\cos x+1\)

例

\(y=\displaystyle \int_{0}^{x}t\sin(x-t)dt\)ここで，\(x-t=u\)とおく．\(dt=-du, t=0\rightarrow, u=x, t=x\rightarrow u=0\)

\(y=\displaystyle \int_{x}^{0}(x-u)\sin u(-du)=\int_{0}^{x}(x-u)\sin udu\)

\(y^{\prime}=\cdots=-\cos x+1\)

例

\(f(x)=x^{2}+\displaystyle \int_{0}^{\pi}f(t)\sin tdt\)を満たす関数\(f(x)\)を求めよ．

\(\displaystyle \int_{0}^{\pi}f(t)\sin tdt\)は定数なので，\(\displaystyle \int_{0}^{\pi}f(t)\sin tdt=a\)とおく．

\(f(x)=x^{2}+a\)

\(a=\displaystyle \int_{0}^{\pi}f(t)\sin tdt=\int_{0}^{\pi}(t^{2}+a)\sin tdt=\int_{0}^{\pi}(t^{2}\sin t+a\sin t)dt\)

\(=\cdots=\pi^{2}-4+2a\)

\(a=\displaystyle \frac{1}{4-\pi^{2}}\)　よって\(f(x)=x^{2}+\displaystyle \frac{1}{4-\pi^{2}}\)

○定積分と和の極限

グラフで面積を求める時に積分をするが，面積を求める時に次のような考えがある．

まず区間\([a,b]\)を\(n\)等分する．それぞれの区間について長方形を考える．これを全部足す．このとき，\(n\)を無限大に近づけると，積分した面積に近づいていく．よって次の式が成り立つ．

\(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{n}f(x_{k})\Delta x\)　ただし\(\displaystyle \Delta x=\frac{b-a}{n},x_{k}=a+k\Delta x\)（なお\(\sum\)の上の\(nは\)\(n−2\)，下は\(k=3\)などの適当な値でも成り立つ．）

\(\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}f(\frac{k}{n})\)

この式は重要であるが，考え方も重要である．そもそも面積を求める時に小さい部分に分けていって足すのが\(\sum\)で，これを無限にやるときに\(\int\)と表すようになったのである．よって図形的に面積を求める時は，棒状のものを足していくと面積，断面を足していくと体積となる．（このとき，一部分\(x\)の場所だけを調べれば，面積などは関数となるので，あとは積分すればよい．）

例

\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}+\frac{1}{1+\frac{2}{n}}+\cdots+\frac{1}{1+\frac{n}{n}})\)

\(\displaystyle =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\right)=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}dx=\cdots=\log 2\)

\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\left(\frac{1}{\frac{n+1}{n}}+\frac{1}{\frac{n+2}{n}}+\cdots+\frac{1}{\frac{2n}{n}}\right)\)

\(\displaystyle =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=n+1}^{2n}\left(\frac{1}{\frac{k}{n}}\right)=\int_{1}^{2}\frac{1}{x}dx=\cdots=\log 2\)

上はどちらのやり方でもよい．

またこの面積の求め方で不等式を作ることができる．

例

\(1+\displaystyle \frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}>\log(n+1)>\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n+1}\)

\(k～k+1\)の区間を考える．ここで，長方形の面積とグラフの下部分の面積を比べると，

\(\displaystyle \frac{1}{k}\)（長方形）\(>\displaystyle \int_{k}^{k+1}\frac{1}{x}dx>\frac{1}{k+1}\)(長方形)

よって，\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}>\sum_{k=1}^{n}\int_{k}^{k+1}\frac{1}{x}dx=\int_{1}^{k+1}\frac{1}{x}dx>\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1}\)

\(\displaystyle \int_{1}^{k+1}\frac{1}{x}dx=\log(n+1)\)なので，\(1+\displaystyle \frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}>\log(n+1)>\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n+1}\)が成り立つ．

例

\(x\geqq 1\)のとき，\(\displaystyle \frac{1}{2}x^{2}\leqq x^{2}-x+\frac{1}{2}\leqq x\left(x-\frac{1}{2}\right)\)が成り立つことを示せ．次に\(2\displaystyle \log\frac{3}{2}\leqq\int_{1}^{2}\frac{1}{x^{2}-x+\frac{1}{2}}\leqq 2\)を示せ．

\((x^{2}-x+\displaystyle \frac{1}{2})-\frac{1}{2}x^{2}=\frac{1}{2}(x-1)^{2}\geqq 0\)

\(\displaystyle x(x-\frac{1}{2})-\displaystyle (x^{2}-x+\frac{1}{2})=\displaystyle \frac{1}{2}x-\frac{1}{2}=\displaystyle \frac{1}{2}(x-1)\geqq 0\)　よって不等式は示された．

次に逆数をとると，

\(\displaystyle \frac{1}{x(x-\frac{1}{2})}\leqq\frac{1}{x^{2}-x+\frac{1}{2}}\leqq\frac{2}{x^{2}}\)よって\(\displaystyle \int_{1}^{2}\frac{1}{x(x-\frac{1}{2})}\leqq\int_{1}^{2}\frac{1}{x^{2}-x+\frac{1}{2}}\leqq\int_{1}^{2}\frac{2}{x^{2}}\)が成り立つ

よって，右辺=\(2\displaystyle \int_{1}^{2}\left(\frac{1}{x-\frac{1}{2}}-\frac{1}{x}\right)dx=2\left[\log\left(\frac{x-\frac{1}{2}}{x}\right)\right]_{1}^{2}=2\log\frac{3}{2}\)

左辺=\(2[-2x^{-1}]_{1}^{2}=2\)

よって\(2\displaystyle \log\frac{3}{2}\leqq\int_{1}^{2}\frac{1}{x^{2}-x+\frac{1}{2}}\leqq 2\)（等号ははずせる．）

一般的にあらわすと次のようになる．

区間\([a,b]\)で\(f(x)≧g(x)\)ならば，\(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx\geqq\int_{a}^{b}g(x)dx\)が成り立つ．等号成立は\(f(x)=g(x)\)であるときのみ．

☆応用

○面積

区間\([a,b]\)で常に\(f(x)≧g(x)\)のとき，\(S=\displaystyle \int_{a}^{b}\{f(x)-g(x)\}dx\)

上のことを応用して\(y\)についても積分できる．

区間\(a≦y≦b\)で常に\(f(y)≧g(y)\)のとき，\(S=\displaystyle \int_{a}^{b}\{f(y)-g(y)\}dy\)

例

\(y=e^{x}\)と\(y=(e-1)x+1\)の囲まれた面積を求めよ．

交点は\((0,1),(1,e)\)となる．（本当はこれ以外の交点は持たないことも示したほうがよい．）

よって\(S=\displaystyle \int_{0}^{1}[\{(e-1)x+1\}-e^{x}]dx=\left[\frac{e-1}{2}x^{2}+x-e^{x}\right]_{0}^{1}=\frac{3-e}{2}\)

例

\(y=\sqrt{x-1}\)と\(x\)軸，\(y\)軸，\(y=2\)で囲まれた部分の面積を求めよ．

二乗して\(y^{2}=x-1\Leftrightarrow x=y^{2}+1(y\geqq 0)\)

よって求める面積は\(S=\displaystyle \int_{0}^{2}xdy=\left[\frac{1}{3}y^{3}+y\right]_{0}^{2}=\frac{14}{3}\)

なお，以下のことを覚えておくと便利である．

※\(\displaystyle \int_{0}^{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx=\frac{\pi}{4}a^{2}\)

※楕円の面積を求める時，円に戻してから楕円に戻す．

例

\(\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\)に囲まれた面積を求めよ．

半径1の円に戻すとき，\(x\)軸方向を\(\displaystyle \frac{1}{a}\)倍，\(y\)軸方向を\(\displaystyle \frac{1}{b}\)倍する．なお円の面積は\(\pi\)である．

よって楕円の面積はこの円の面積に\(ab\)倍すればいいから求める答えは\(\pi ab\)である．

○媒介変数と面積

やり方は面積の\(S=\displaystyle \int_{a}^{b}\{f(x)-g(x)\}d\)と\(x,y\)を置換するので，区間を変更する．

例（サイクロイド）

\(x=a(t-\sin t),~ y=a(1-\cos t)\)（\(0\leqq t\leqq 2\pi\)）と\(x\)軸で囲まれた面積を求めよ．

\(x\)は増加関数であり，最高値は\(2\pi a\)である．（本当はこれで十分でない．図を描いて説明したほうがよい．）よって求める面積は

\(S=\displaystyle \int_{0}^{2\pi a}ydx\)　ここで，\(y=a(1-\cos t)\)　\(dx=a(1-\cos t)dt, x=0\rightarrow t=0, x=2\pi a\rightarrow t=2\pi\)

\(S=\displaystyle \int_{0}^{2\pi}a(1-\cos t)a(1-\cos t)dt=a^{2}\int_{0}^{2\pi}(1-2\cos x+\cos^{2}x)dx\)

\(=\cdots=3\pi a^{2}\)

○体積

面積の求め方と同様に考えると，断面積\(S(x)\)とすると，

\(V=\displaystyle \int_{a}^{b}S(x)dx\)ただし，\(a<b\)

つまり断面積が分かるとあっさり解ける場合が多い．

例

\(y=\sin x(0\leqq x\leqq\pi)\)で\(A(x,\sin x),B(x,0)\)で\(AB\)を一辺とした正方形を\(xy\)平面に垂直になるように作る．この時にできる立体の体積を求めよ．

\(x\)での面積は\(\sin^{2}x\)である．よって求める体積は\(V=\displaystyle \int_{0}^{\pi}\sin^{2}xdx=\frac{1}{2}\pi\)

○回転体の面積

\(x\)軸中心で回したときにできる回転体の体積\(V\)は

\(V=\displaystyle \pi\int_{a}^{b}\{f(x)\}^{2}dx=\pi\int_{a}^{b}y^{2}dx\)　ただし，\(a<b\)

もちろん\(y\)軸で回したときは

\(V=\displaystyle \pi\int_{a}^{b}\{f(y)\}^{2}dy=\pi\int_{a}^{b}x^{2}dy\)　ただし，\(a<b\)

例

\(y=\sin x(0\leqq x\leqq\pi)\)を\(x\)軸で回転させた時にできる立体の体積を求めよ．

\(V=\displaystyle \pi\int_{0}^{\pi}(\sin x)^{2}dx=\pi\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos x}{2}dx=\pi\left[\frac{1}{2}x-\frac{\sin x}{2}\right]_{0}^{\pi}=\frac{1}{2}\pi^{2}\)

例（円環体）

\(x^{2}+(y-b^{2})=r^{2},(0<r<b)\)を\(x\)軸で回転させた時にできる立体の体積を求めよ．

\(y=b\pm\sqrt{r^{2}-x^{2}}\)となるが，考えとして，全体から内部をくりぬくようにすればよい．

外側：\(y=b+\sqrt{r^{2}-x^{2}}\)（円の上側）

\(V_{1}=\displaystyle \pi\int_{-r}^{r}(b+\sqrt{r^{2}-x^{2}})^{2}dx\)

内側：\(y=b-\sqrt{r^{2}-x^{2}}\)（円の内側）

\(V_{2}=\displaystyle \pi\int_{-r}^{r}(b-\sqrt{r^{2}-x^{2}})^{2}dx\)

よって求める体積は

\(V=V_{1}-V_{2}=\displaystyle \int_{-r}^{r}(b+\sqrt{r^{2}-x^{2}})^{2}-(b-\sqrt{r^{2}-x^{2}})^{2}=\int_{-r}^{r}4\pi b\sqrt{r^{2}-x^{2}}dx\)

\(=8\pi b\int_{0}^{r}\sqrt{r^{2}-x^{2}}dx=8\pi b\cdot\displaystyle \frac{\pi r^{2}}{4}=2\pi^{2}r^{2}b\)

※パップス・ギュルダンの公式

これは受験では使えませんが，知っていると検算につかえます．

この公式は　体積=面積×重心の動いた距離　である．円環体について，

面積は円なので\(\pi r^{2}\)である．また重心は円の中心で動いた距離は\(2\pi b\)となる．

よって求める体積は\(2\pi^{2}r^{2}b\)となる．あまり使わないように．