\(f(g(x))g'(x)\)の不定積分

\[\displaystyle \int f(g(x))g'(x) dx=\int f(u) du \quad\text{ただし,}g(x)=u\]

教科書では,この公式の下で,次のような問題と解答を用意しています.

問題 次の不定積分を求めよ.
\[\displaystyle \int x\sqrt{x^2+1}dx\]

引用元:『高等学校 数学Ⅲ』数研出版

\(x^2+1=u\)とおくと\(2xdx = du\)

\begin{align*}
\displaystyle \int x \sqrt{x^2+1}dx &= \frac{1}{2}\int \sqrt{x^2+1}\cdot 2x dx\\
\displaystyle &= \frac{1}{2}\int \sqrt{u} du=\cdots\\
\displaystyle &=\frac{1}{3}(x^2+1)\sqrt{x^2+1}+C
\end{align*}

引用元:『高等学校 数学Ⅲ』数研出版

 

置換してますね.

ところで,\(\int f(u) du\)って\(f(u)\)の原始関数なんだから,上の公式は
\begin{align*}
\displaystyle \int f(g(x))g'(x) dx&=\int f(u) du \quad\text{ただし,}g(x)=u\\
\displaystyle &=F(u) + C\quad\text{ただし,}g(x)=u\\
\displaystyle &=F(g(x)) + C\\
\end{align*}

と変形して,

\[\displaystyle \int f(g(x))g'(x) dx = F(g(x)) + C\]

とも書けますね.というか,これを公式としたほうが良くない…?そうすれば「被積分関数が\(f(g(x))g'(x)\)という形をしていれば,\(f(\quad)\)の原始関数を求めて,その’中身’である\(g(x)\)をそのまま放り込めばいい」という簡単な使い方に変わると思うんですが….

あと教科書の解説だと全ッ然強調してないのですが,この公式が使えることにそもそもどうやって気付くのか?が実用(受験)上では極めて重要です.たとえこの公式を知識として持っていても気付かなければ使おうという発想に至りませんからね.気付くためのポイントは被積分関数に\(g(x)\)と\(g'(x)\)という二人がいるかどうか?です.この「\(g,~g’\)」が見つかったら,まずこの公式のタイプだと思って間違いないでしょう.そして見つかった\(g(x)\)と\(g'(x)\)のうち,\(g(x)\)を\(X\)などとおいて浮かび上がってくる関数が\(f(X)\)です.そしてその\(f(X)\)の原始関数(の1つ)さえ見つけらればこの積分計算はそれで終わりです.

上の例でやってみましょう.\(x^2+1\)と\(x\)の間にその\(g,~g’\)関係がありそうですね.でも惜しいことに\(x^2+1\)を微分すると\(2x\)です.今あるのは\(x\)だからちょっと違う.まあでも,係数の違いは微調整して\(x=\frac{1}{2}\cdot 2x\)と思っておけばいいでしょう.これで\(g(x)\)が見つかりました.これを\(X\)とおいてその部分を眺めてみましょう.すると\(\sqrt{X}=X^{\frac{1}{2}}\)となります.これが知りたかった\(f(X)\)です.あとはこれの原始関数(の1つ)を求めればいい.\[\frac{1}{\frac{1}{2}+1}X^{\frac{1}{2}+1}=\frac{2}{3}X^{\frac{3}{2}}\]
あとは\(\frac{2}{3}(\quad)^{\frac{3}{2}}\)にもともとあった\(g(x)=x^2+1\)を放り込んで\(\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}(x^2+1)^{\frac{3}{2}}\).たったこれだけで終了.置換などする必要がない.ちなみに先頭の\(\frac{1}{2}は\)先ほど\(g'(x)\)を\(\frac{1}{2} \cdot 2x\)と微調整しておいてときの\(\frac{1}{2}\)です.以上解答としてまとめると

\begin{align*}
\displaystyle \int x \sqrt{x^2+1}dx &= \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}(x^2+1)^{\frac{3}{2}}+C\\
&= \frac{1}{3}(x^2+1)^{\frac{3}{2}}+C
\end{align*}

ほぼ一行で終わります.「\(f,g,g’\)」タイプにおいてすべきことは\(f(\quad)\)を見つけ出しその原始関数(の1つ)を求めるだけです.教科書のようにダラダラと置換してはいけません.

ベータ関数と\(\frac{(\beta-\alpha)^3}{6}\)公式

天下りですが以下のような\(2\)変数関数\(B(p,~q)\)を定義します.

ベータ関数\[\displaystyle B(p,~q):=\int^1_0x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx\]

(「\(:=\)」は「左辺を右辺で定義する」という意味です.)
この関数をベータ関数と呼びます.こいつを計算してみましょう.

直接的に求まりそうにないので,部分積分してみます(\(x^{p-1}\)を積分側,\((1-x)^{q-1}\)を微分側にしましょう).すると,

\[\displaystyle
\begin{align*}
&\int^1_0 x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx\\
=&\biggl[\frac{x^p}{p}(1-x)^{q-1}\biggl]^1_0+\int^1_0\frac{x^p}{p}(q-1)(1-x)^{q-2}dx\\
=&\frac{q-1}{p}\int^1_0x^p(1-x)^{q-2}dx\\
=&\frac{q-1}{p}B(p+1,~q-1)
\end{align*}
\]
より,
\[B(p,~q)=\frac{q-1}{p}B(p+1,~q-1)\]という漸化式を得ます.この漸化式から,
\[
\begin{align*}
&B(p,~q)=\frac{q-1}{p}B(p+1,~q-1)\\
&B(p+1,~q-1)=\frac{q-2}{p+1}B(p+2,~q-2)\\
&B(p+2,~q-2)=\frac{q-3}{p+2}B(p+3,~q-3)\\
&B(p+3,~q-3)=\frac{q-4}{p+3}B(p+4,~q-4)\\
&\hspace{40mm}\vdots
\end{align*}
\]

が得られますが,例えば上の四つの式から,

\[B(p,~q)=\frac{q-1}{p}\frac{q-2}{p+1}\frac{q-3}{p+2}\frac{q-4}{p+3}B(p+4,~q-4)\]

が得られますので,この調子で続ければ\(B(\text{☆},\text{★})\)の\(\text{★}\)がどんどん小さくなり,うまく計算が出来そうです.

では,★はどこまで下げましょうか?\(B(\text{☆},\text{★})\)の定義をみると,★は1であると計算しやすいですね.なぜなら\((1-x)^{q-1}\)が\(0\)乗で1になってくれますから.

\(B(\text{☆},\text{★})\)の\(\text{★}\)が1になるまで下げてみます.

\[
\begin{align*}
&B(p,~q)=\frac{q-1}{p}B(p+1,~q-1)\\
&B(p+1,~q-1)=\frac{q-2}{p+1}B(p+2,~q-2)\\
&B(p+2,~q-2)=\frac{q-3}{p+2}B(p+3,~q-3)\\
&B(p+3,~q-3)=\frac{q-4}{p+3}B(p+4,~q-4)\\
&\hspace{40mm}\vdots\\
&B(p+(q-2),~q-(q-2))=\frac{q-(q-1)}{p+(q-2)}B(p+(q-1),~q-(q-1))
\end{align*}
\]
(4行目の\(\displaystyle B(p+3,~q-3)=\frac{q-4}{p+3}B(p+4,~q-4)\)の「\(4\)」を「\(q-1\)」に,「\(3\)」を「\(q-2\)」に置き換えるイメージ!)

したがって,

\[
\begin{align*}
B(p,~q)&=\frac{q-1}{p}\frac{q-2}{p+1}\frac{q-3}{p+2}\frac{q-4}{p+3}~\cdots~\frac{q-(q-1)}{p+(q-2)}B(p+(q-1),~q-(q-1)\\
&=\frac{q-1}{p}\frac{q-2}{p+1}\frac{q-3}{p+2}\frac{q-4}{p+3}~\cdots~\frac{1}{p+q-2}B(p+q-1,~1)\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-2)!}B(p+q-1,~1)\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-2)!}\int^1_0x^{p+q-2}(1-x)^0dx\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-2)!}\int^1_0x^{p+q-2}dx\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-2)!}\biggl[\frac{x^{p+q-1}}{p+q-1}\bigg]^1_0\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!}
\end{align*}
\]

できました.\(\displaystyle B(p,~q)=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!}\).定義より\(\displaystyle B(p,~q)=\int^1_0x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx\)でしたから,結局,

\[\displaystyle \int^1_0x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!}\]

が得られたことになります.

さて次に,\(\displaystyle \int^1_0x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx\)の積分区間\([0,~1]\)が,\([\alpha,~\beta]\)となるような置換を考えてみましょう.すなわち右のような置換です(新たな変数\(t\)としました).この場合,どのように置換すればよいでしょうか?\(t\)が\(\alpha\)のとき\(x\)が\(0\)ですから,さしあたり\[x=t-\alpha\]という置換が思い浮かびます.しかし,\(t=\beta\)のとき\(x\)は\(\beta-\alpha\)ではなく\(1\)であってほしい.であれば,\(t-\alpha\)を\(\beta-\alpha\)で割ればいいのでは?と考え,\[\displaystyle x=\frac{t-\alpha}{\beta-\alpha}\]という置換に気付きます.置換してみましょう.\(\displaystyle dx=\frac{1}{\beta-\alpha}dt\)ですから,

\[
\begin{align*}
\displaystyle \int^1_0x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx&=\int^{\beta}_{\alpha}\left(\frac{t-\alpha}{\beta-\alpha}\right)^{p-1}\left(1-\frac{t-\alpha}{\beta-\alpha}\right)^{q-1}\frac{1}{\beta-\alpha}dt\\
&=\frac{1}{(\beta-\alpha)^{p+q-1}}\int^{\beta}_{\alpha}(t-\alpha)^{p-1}(\beta-t)^{q-1}dt
\end{align*}
\]

ゆえに,

\[\displaystyle \frac{1}{(\beta-\alpha)^{p+q-1}}\int^{\beta}_{\alpha}(x-\alpha)^{p-1}(\beta-x)^{q-1}dx=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!}\]

すなわち,

\[\displaystyle \int^{\beta}_{\alpha}(x-\alpha)^{p-1}(\beta-x)^{q-1}dx=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!}(\beta-\alpha)^{p+q-1}\]

が得られたことになります(ダミー変数を\(t\)から見慣れた\(x\)に変えました).

…で,結局何がいいたいの??というと…

この式の\((p,~q)\)に例えば\((2,~2),~(2,~3)\)と代入してみてください.前者は
\[\displaystyle \int^{\beta}_{\alpha}(x-\alpha)(\beta-x)dx=\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^3\]

後者は
\[\displaystyle \int^{\beta}_{\alpha}(x-\alpha)(\beta-x)^2dx=\frac{1}{12}(\beta-\alpha)^4\]
となり,例の有名公式が得られます.つまり,数学Ⅱで学ぶ例の有名公式は,実はベータ関数の特殊な場合でもあった,ということがわかります.

このベータ関数は大学の微分積分学で学ぶかと思いますが,実は今回のこの記事の内容自体が大学入試問題として出題されたこともあります.実際,上の解説を見て分かるように導出には部分積分,漸化式,置換積分と高校数学範囲の知識しか使っていません.