定積分の部分積分です。内容は不定積分のときとほとんど同じです。
・定積分の部分積分法
不定積分の部分積分を導いたように、積の微分を考えると
\(f(x)g'(x)=\{f(x)g(x)\}’-f'(x)g(x)\)
両辺で \(x=a\) から \(x=b\) まで積分すると、次の定積分の部分積分法の等式が得られます。
\(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)g'(x)dx=[f(x)g(x)]_{a}^{b}-\displaystyle\int_{a}^{b} f'(x)g(x)dx\)
(例題1)
次の定積分を求めよ。
(1)\(\displaystyle\int_{0}^{1}(3x^2-x+1)e^{-x}dx\)
(2)\(\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}e^{\sin x}\sin2xdx\)
(3)\(\displaystyle\int_{1}^{\sqrt{3}}\displaystyle\frac{1}{x^2}\log\sqrt{1+x^2}dx\)
(解答)
(1)
\(\displaystyle\int_{0}^{1}(3x^2-x+1)e^{-x}dx\)
\(=[(3x^2-x+1)(-e^{-x})]_{0}^{1}+\displaystyle\int_{0}^{1}(6x-1)e^{-x}dx\)
\(=(-3e^{-1}+1)+[(6x-1)(-e^{-x})]_{0}^{1}+\displaystyle\int_{0}^{1}6e^{-x}dx\)
\(=(-3e^{-1}+1)+(-5e^{-1}-1)+[-6e^{-x}]_{0}^{1}\)
\(=-8e^{-1}+(-6e^{-1}+6)\)
\(=-\displaystyle\frac{14}{e}+6\)
(2)
\(\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}e^{\sin x}\sin2xdx\)
\(=2\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}e^{\sin x}\sin x\cos xdx\)
\(\sin x=t\) とおくと
\(x:0 \to \displaystyle\frac{π}{2}\) のとき \(t:0 \to 1\)
\(\cos xdx=dt\) より
\(=2\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}e^{\sin x}\sin x\cos xdx\)
\(=2\displaystyle\int_{0}^{1}te^{t}dt\)
(部分積分して)
\(=2[te^{t}]_{0}^{1}-2\displaystyle\int_{0}^{1}e^{t}dt\)
\(=2e-2[e^{t}]_{0}^{1}\)
\(=2e-2(e-1)\)
\(=2\)
(3)
\(\displaystyle\int_{1}^{\sqrt{3}}\displaystyle\frac{1}{x^2}\log\sqrt{1+x^2}dx\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{1}^{\sqrt{3}}\displaystyle\frac{1}{x^2}\log(1+x^2)dx\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\left[-\displaystyle\frac{1}{x}\log(1+x^2)\right]_{1}^{\sqrt{3}}+\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{1}^{\sqrt{3}}\displaystyle\frac{1}{x}\cdot\displaystyle\frac{2x}{1+x^2}dx\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}(-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\log4+\log2)+\displaystyle\int_{1}^{\sqrt{3}}\displaystyle\frac{1}{1+x^2}dx\)
(\(x=\tanθ\) と置換すると)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}(-\displaystyle\frac{2}{\sqrt{3}}\log2+\log2)+\displaystyle\int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{3}}dθ\)
\(=(\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}})\log2+(\displaystyle\frac{π}{3}-\displaystyle\frac{π}{4})\)
\(=(\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}})\log2+\displaystyle\frac{π}{12}\)
(例題2)
次の定積分をそれぞれ求めよ。ただし、\(a\)は正の実数定数とする。
\(I=\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}\sin^2xdx\)
\(J=\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}\cos^2xdx\)
(i)指数・三角関数の微分(積分)の周期性に着目して、2回部分積分をして同形出現をさせる。
(ii)\(e^{-ax}\sin 2x\)、\(e^{-ax}\cos 2x\) をセットにしてこれらの微分を考えて積分し、連立方程式の要領で求める。
(解答)
\(I=\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}\sin^2xdx\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}(1-\cos2x)dx\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\left[\displaystyle\frac{e^{-ax}}{-a}\right]_{0}^{π}-\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}\cos2xdx\)
\(=\displaystyle\frac{1-e^{-aπ}}{2a}-\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}\cos2xdx\)
ここで
\(K=\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}\cos2xdx\) について
(どちらを積分(微分)してもよいが、\(e^{-ax}\)のほうを積分すると)
\(K=\left[\displaystyle\frac{e^{-ax}}{-a}\cos2x\right]_{0}^{π}+\displaystyle\frac{1}{a}\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}(-2\sin2x)dx\)
\(=\displaystyle\frac{1-e^{-aπ}}{a}-\displaystyle\frac{2}{a}\left[\displaystyle\frac{e^{-ax}}{-a}\sin2x\right]_{0}^{π}+\displaystyle\frac{2}{a}\displaystyle\int_{0}^{π}\displaystyle\frac{e^{-ax}}{-a}2\cos2xdx\)
\(=\displaystyle\frac{1-e^{-aπ}}{a}+0-\displaystyle\frac{4}{a^2}K\)
よって
\(K=\displaystyle\frac{1-e^{-aπ}}{a}-\displaystyle\frac{4}{a^2}K\) が成り立つので
\(\displaystyle\frac{a^2+4}{a^2}K=\displaystyle\frac{1-e^{-aπ}}{a}\)
\(K=\displaystyle\frac{a(1-e^{-aπ})}{a^2+4}\)
ゆえに
\(I=\displaystyle\frac{1-e^{-aπ}}{2a}-\displaystyle\frac{1}{2}K\)
\(=\displaystyle\frac{1-e^{-aπ}}{2a}-\displaystyle\frac{a(1-e^{-aπ})}{2(a^2+4)}\)
\(=\displaystyle\frac{a^2+4-a^2}{2a(a^2+4)}\cdot(1-e^{-aπ})\)
\(=\displaystyle\frac{2(1-e^{-aπ})}{a(a^2+4)}\)
また \(J=\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}\cos^2xdx\) も同様に
\(J=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}(1+\cos2x)dx\)
\(=\displaystyle\frac{1-e^{-aπ}}{2a}+\displaystyle\frac{1}{2}K\)
\(=\displaystyle\frac{1-e^{-aπ}}{2a}+\displaystyle\frac{a(1-e^{-aπ})}{2(a^2+4)}\)
\(=\displaystyle\frac{a^2+4+a^2}{2a(a^2+4)}\cdot(1-e^{-aπ})\)
\(=\displaystyle\frac{(a^2+2)(1-e^{-aπ})}{a(a^2+4)}\)
※\(K=\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}\cos2xdx\) の別の求め方
\((e^{-ax}\sin2x)’=-ae^{-ax}\sin2x+2e^{-ax}\cos2x\)・・・①
\((e^{-ax}\cos2x)’=-ae^{-ax}\cos2x-2e^{-ax}\sin2x\)・・・②
右辺の\(\sin2x\)の部分を消去するために、2×①－a×② を計算すると
\((2e^{-ax}\sin2x-ae^{-ax}\cos2x)’=(4+a^2)e^{-ax}\cos2x\)
よって
\(e^{-ax}\cos2x=\displaystyle\frac{1}{a^2+4}(2e^{-ax}\sin2x-ae^{-ax}\cos2x)’\)
両辺\(0\)から\(π\)まで積分して
\(\displaystyle\int_{0}^{π}e^{-ax}\cos2xdx=\displaystyle\frac{1}{a^2+4}[2e^{-ax}\sin2x-ae^{-ax}\cos2x]_{0}^{π}\)
\(=\displaystyle\frac{1}{a^2+4}(-ae^{-aπ}+a)\)
\(=\displaystyle\frac{a(1-e^{-aπ})}{a^2+4}\)
以上になります。お疲れさまでした。
ここまで見て頂きありがとうございました。
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