積の微分公式を裏返すだけで出てくる部分積分のしくみ

$x\cos x$ のような積は、置換積分では手が出ない。$\cos x$ の中身を $x$ と置いても、外の $x$ が消えないためである。

こういう積を扱う道具が部分積分になる。積の微分公式をそのまま裏返しただけの式である^[1]。

$$\int f(x)g^{\prime }(x)dx=f(x)g(x)-\int f^{\prime }(x)g(x)dx$$

右辺にも積分が残るが、$f$ が微分されて簡単になっていれば、そちらのほうが解きやすい。積分を 1 段やさしい積分に置きかえる道具だと思えばよい。

積の微分公式から出る

積の微分公式を書く。

$$\{f(x)g(x){\}}^{\prime }=f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x)$$

両辺を積分する。左辺は微分の積分なので $f(x)g(x)$ に戻る。

$$f(x)g(x)=\int f^{\prime }(x)g(x)dx+\int f(x)g^{\prime }(x)dx$$

片方の積分を左へ移せば、部分積分の式になる。導出はこれだけで終わる。ブルック・テイラーが 1715 年に発表した手法とされる^[4]。

図で見ると長方形の分割になる

$u=f(x)$、$v=g(x)$ と置き、$u$ と $v$ の平面に曲線を描く。曲線の下側と左側に分けた 2 つの面積が、それぞれの積分にあたる^[3]。

2 つを足すと長方形 $uv$ になる。これが部分積分の式そのものである。

青が $\int vdu$、赤が $\int udv$ である。合わせて長方形になるので、片方を長方形から引けばもう片方が出る。

どちらを微分側にするか

部分積分では、2 つの因子のうち片方を微分し、もう片方を積分する。選び方で難しさが大きく変わる。

原則は 1 つ。微分すると簡単になるほうを微分側に置く^[2]。多項式は微分するたびに次数が下がるので、たいてい微分側になる。

右の選び方でも式としては正しい。ただし残った積分がもとより難しくなり、先へ進めない。

例 1：$x\cos x$

$f=x$、$g^{\prime }=\cos x$ とする。$f^{\prime }=1$、$g=\sin x$ である。

$$\begin{array}{rl}\int x\cos xdx& =x\sin x-\int 1\cdot \sin xdx\\ & =x\sin x+\cos x+C\end{array}$$

微分して確かめる。$(x\sin x+\cos x{)}^{\prime }=\sin x+x\cos x-\sin x=x\cos x$ となり、もとに戻った。

例 2：$x{e}^x$

$f=x$、$g^{\prime }=e^x$ とする。$g=e^x$ である。

$$\begin{array}{rl}\int x{e}^{x}dx& =x{e}^x-\int e^{x}dx\\ & =x{e}^x-e^x+C=(x-1)e^x+C\end{array}$$

$e^x$ は何度積分しても形が変わらないので、積分側に置くのに向いている。

例 3：$x\sin x$

$g^{\prime }=\sin x$ なので $g=-\cos x$ になる。符号を落としやすいところ。

$$\begin{array}{rl}\int x\sin xdx& =-x\cos x-\int (-\cos x)dx\\ & =-x\cos x+\sin x+C\end{array}$$

例 4：1 次式と指数関数

$$\int (x+1)e^{2x}dx$$

$f=x+1$、$g^{\prime }=e^{2x}$ とする。$g=\frac{e^{2x}}{2}$ である。

$$\begin{array}{rl}& =(x+1)\frac{e^{2x}}{2}-\int \frac{e^{2x}}{2}dx\\ & =\frac{(x+1)e^{2x}}{2}-\frac{e^{2x}}{4}+C=\frac{(2x+1)e^{2x}}{4}+C\end{array}$$

$g$ を求めるときに $\frac{1}{2}$ が出る。この係数を忘れると答え全体がずれる。

定積分の場合

$fg$ の部分に上端と下端を入れる。積分記号の外へ出た項も、区間で評価する。

$${\int }_a^{b}f(x)g^{\prime }(x)dx=[f(x)g(x){]}_a^b-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)g(x)dx$$

$\left[fg\right]$ の値がその場で数になるので、残る積分だけを計算すれば終わる。

例 5：${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$

$f=x$、$g^{\prime }=e^x$ とする。

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x{e}^{x}dx& =[x{e}^x{]}_0^1-{\int }_0^1{e}^{x}dx\\ & =e-[e^x{]}_0^1=e-(e-1)=1\end{array}$$

$e$ が出てきて、そのまま消える。答えはちょうど $1$ になる。

例 6：${\int }_0^{\pi }x\sin xdx$

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }x\sin xdx& =[-x\cos x{]}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }\cos xdx\\ & =\pi +[\sin x{]}_0^{\pi }=\pi +0=\pi \end{array}$$

$-\pi \cos \pi =\pi$ である。残った積分が $0$ になり、$\pi$ だけが残る。

例 7：${\int }_0^{\pi /2}x\cos xdx$

$$\begin{array}{rl}& =[x\sin x{]}_0^{\pi /2}-{\int }_0^{\pi /2}\sin xdx\\ & =\frac{\pi }{2}-[-\cos x{]}_0^{\pi /2}=\frac{\pi }{2}-1\end{array}$$

部分積分を選ぶ目印

3 番目は消去法である。まず置換を探し、当たらなければ部分積分に回るという順番になる。

$x\cos (x^2)$ なら置換、$x\cos x$ なら部分積分。似た見た目でも、中身が $x^2$ か $x$ かで手が変わる。

参考文献