5. 置換積分法(定積分)(ノート)
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高校数学[総目次]

数学Ⅲ　第3章　積分法

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2. 置換積分法（不定積分）	[無料]
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6. 部分積分法（定積分）	[会員]
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10. 定積分の応用（面積）	[会員]
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13. 曲線の長さ

5．置換積分法(定積分)

5.1 定積分の置換積分法

　関数 $f(x)$ は区間 $[a,b]$ で連続，更に $x$ は微分可能な関数 $g(t)$ により $x=g(t)$ で表されているとする．そして，$t$ が $\alpha$ から $\beta$ まで変化したとき，$x$ は $a$ から $b$ まで変化したとする．
　このとき，$f(x)$ の不定積分を $F(x)$ とすれば，置換積分法の公式(Ⅰ)により， \[\begin{align*} \int\!f(g(t))g'(t)\,dt&=\int\!f(x)\,dx\\[5pt] &=F(x)+C\\[5pt] &=F(g(t))+C \end{align*}\] であるから， \[\begin{align*} \int_\alpha^\beta\!\!f(g(t)g'(t)\,dt&=\Bigl[F(g(t))\Bigr]_\alpha^\beta\!\\[5pt] &=F(g(\beta))-F(g(\alpha))\\[5pt] &=F(b)-F(a)\\[5pt] &=\int_a^b\!\!f(x)dx \end{align*}\] となる．

定積分の置換積分法\[\int_a^b\!\!f(x)\,dx=\int_\alpha^\beta\!\!f(g(t))g'(t)\,dt \]

例題1　$a>0$ のとき，$\displaystyle\int_0^a\!\!\sqrt{a^2-x^2}\,dx$ を計算せよ．

答

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　$x=a\sin\theta$ とおくと， \[dx=a\cos\theta\,d\theta,\ \ \begin{array}{c|c} x&0\to a\\\hline \theta&0\to\frac\pi2 \end{array},\] \[\sqrt{a^2-x^2}=\sqrt{a^2(1-\sin^2\theta)}=a|\cos\theta|\] であるから， \[\begin{align*} \int_0^a\!\!\sqrt{a^2-x^2}\,dx&=\int_0^{\frac\pi2}\!\!a|\cos\theta|\cdot a\cos\theta\,d\theta\\[5pt] &=a^2\int_0^{\frac\pi2}\cos^2\theta\,d\theta\\[5pt] &=\frac{a^2}2\int_0^{\frac\pi2}\!\!(1+\cos2\theta)\,d\theta\\[5pt] &=\frac{a^2}2\Bigl[\theta+\frac12\sin2\theta\Bigr]_0^{\frac\pi2}\\[5pt] &=\underline{\frac{\pi a^2}4} \end{align*}\]

例題2　$\displaystyle\int_0^a\!\!\frac1{a^2+x^2}\,dx$ を計算せよ．

答

　解答例を表示する >

　$x=a\tan\theta$ とおくと， \[dx=\frac a{\cos^2\theta}\,d\theta,\ \ \begin{array}{c|c} x&0\to a\\\hline \theta&0\to\frac\pi4 \end{array},\] \[\frac1{a^2+x^2}=\frac1{a^2(1+\tan^2\theta)}=\frac{\cos^2\theta}{a^2}\] であるから， \[\begin{align*} \int_0^a\!\!\frac1{a^2+x^2}\,dx&=\int_0^{\frac\pi4}\frac{\cos^2\theta}{a^2}\cdot\frac a{\cos^2\theta}\,d\theta\\[5pt] &=\frac 1a\int_0^{\frac\pi4}d\theta\\[5pt] &=\underline{\frac\pi{4a}} \end{align*}\]

例題3(重要)　次を示せ． \[\int_0^a\!\!f(x)\,dx=\int_0^a\!\!f(a-x)\,dx\]

答

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証明　$x=a-t$ とおくと， \[dx=-dt,\ \ \begin{array}{c|c} x&0\to a\\\hline t&a\to 0 \end{array}\] \[\begin{align*} \therefore\ \mbox{左辺}&=\int_a^0\!\!f(a-t)\cdot(-dt)\\[5pt] &=\int_0^a\!\!f(a-t)\,dt\\[5pt] &=\mbox{右辺} \end{align*}\]

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5.2 偶関数・奇関数の定積分

確認\begin{align*} &f(x)\mbox{は偶関数}\iff f(-x)=f(x)\\\\ &f(x)\mbox{は奇関数}\iff f(-x)=-f(x) \end{align*}

偶関数・奇関数の定積分\begin{align*} &f(x)\mbox{が偶関数}\Longrightarrow \int_{-a}^a\!\!f(x)dx=2\int_0^a\!\!f(x)dx\\\\ &f(x)\mbox{が奇関数}\Longrightarrow \int_{-a}^a\!\!f(x)dx=0 \end{align*}

証明

\[\int_{-a}^a\!\!f(x)\,dx=\int_{-a}^0\!\!f(x)\,dx+\int_0^a\!\!f(x)\,dx\ \ \cdots\mbox{①}\] 　ここで右辺第1項について，$x=-t$ とおくと \[dx=-dt,\ \ \begin{array}{c|ccc} x&-a&\to& 0\\\hline t&a&\to& 0 \end{array}\] であるから，

　よって，$f(x)$ が偶関数のとき， \[\mbox{①}=\int_0^a\!\!f(x)\,dx+\int_0^a\!\!f(x)\,dx=2\int_0^a\!\!f(x)\,dx\] 　$f(x)$ が奇関数のとき， \[\mbox{①}=\int_0^a\!\!\{-f(x)\}\,dx+\int_0^a\!\!f(x)\,dx=0\]

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