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5.1 定積分の置換積分法

 $f(x)$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, \[\begin{align*} \int\!f(g(t))g'(t)\,dt&=\int\!f(x)\,dx\\ &=F(x)+C\\ &=F(g(t))+C \end{align*}\] であるから, \[\begin{align*} \int_\alpha^\beta\!\!f(g(t)g'(t)\,dt&=\Bigl[F(g(t))\Bigr]_\alpha^\beta\!\\ &=F(g(\beta))-F(g(\alpha))\\ &=F(b)-F(a)\\ &=\int_a^b\!\!f(x)dx \end{align*}\] 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1

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

 $x=a\sin\theta$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, \[\begin{align*} \int_0^a\!\!\sqrt{a^2-x^2}\,dx&=\int_0^{\frac\pi2}\!\!a|\cos\theta|\cdot a\cos\theta\,d\theta\\ &=a^2\int_0^{\frac\pi2}\cos^2\theta\,d\theta\\ &=\frac{a^2}2\int_0^{\frac\pi2}\!\!(1+\cos2\theta)\,d\theta\\ &=\frac{a^2}2\Bigl[\theta+\frac12\sin2\theta\Bigr]_0^{\frac\pi2}\\ &=\underline{\frac{\pi a^2}4} \end{align*}\]

例2

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

 $x=a\tan\theta$ 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, \[\begin{align*} \int_0^a\!\!\frac1{a^2+x^2}\,dx&=\int_0^{\frac\pi4}\frac{\cos^2\theta}{a^2}\cdot\frac a{\cos^2\theta}\,d\theta\\ &=\frac 1a\int_0^{\frac\pi4}d\theta\\ &=\underline{\frac\pi{4a}} \end{align*}\]

例3
\[\int_0^a\!\!f(x)\,dx=\int_0^a\!\!f(a-x)\,dx\]

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

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 \[dx=-dt,\ \ \begin{array}{c|ccc} x&-a&\to& 0\\\hline \theta&a&\to& 0 \end{array},\] であるから, \[\int_{-a}^0\!\!f(x)\,dx\!=\!\int_a^0\!\!f(-t)\cdot(-dt)\!=\!\int_0^af(-t)\,dt\!=\!\int_0^af(-x)\,dx\]  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, \[\mbox{①}=\int_0^a\!\!\{-f(x)\}\,dx+\int_0^a\!\!f(x)\,dx=0\]