端の値を先に見ると計算量が読める定積分の部分積分

定積分の部分積分では、外へ出た $f g$ の部分がその場で数になる。積分記号が 1 つ減り、残りは 1 段やさしい積分だけになる^[1]。

$\int_{a}^{b} f (x) g^{'} (x) d x = [f (x) g (x)]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} f^{'} (x) g (x) d x$

$[f g]$ を境界項と呼ぶ。この項が端点でうまく消えると、計算がぐっと軽くなる。

消えるかどうかは、 $f$ か $g$ が端点で $0$ になるかで決まる^[3]。積分に入る前に端の値を見ておくと、手間の見積もりが立つ。

境界項は長方形の差

$u = f$ 、 $v = g$ と置くと、 $[uv]_{a}^{b}$ は 2 つの長方形の面積の差にあたる。

上端の長方形から下端の長方形を引いた残りが境界項になる。そこから曲線の下の面積を引けば、求める積分が出る。

境界項が消える形

$f$ か $g$ が端点で $0$ になれば、その端の寄与が消える。両端で消えれば境界項がまるごと $0$ になる。

形	端点	消える理由
$[x sin x]_{0}^{π}$	$0$ と $π$	$sin$ が両端で $0$
$[x cos x]_{0}^{π /2}$	$π /2$ のみ	$cos$ が片端で $0$
$[x^{2} e^{x}]_{0}^{1}$	$0$ のみ	$x^{2}$ が下端で $0$
$[x lo g x]_{1}^{e}$	$1$ のみ	$lo g$ が下端で $0$

$sin$ の絡む形は両端で消えることが多い。 $sin 0 = sin π = 0$ だからである。

例 1：境界項がまるごと消える

$\int_{0}^{π} x cos x d x$

$f = x$ 、 $g^{'} = cos x$ とすると $g = sin x$ である。

$= [x sin x]_{0}^{π} - \int_{0}^{π} sin x d x$

$sin 0 = 0$ 、 $sin π = 0$ なので境界項は $0$ 。残りだけを計算すればよい。

$= - [- cos x]_{0}^{π} = - (1 + 1) = - 2$

答えが負になる。 $cos x$ が後半で負になり、そちらに $x$ の重みが乗るためである。

赤い曲線が $b = π$ で軸に戻る。そこで境界項が消え、答えが残りの積分だけで決まる。

例 2：片端だけ消える

$\int_{0}^{π /2} x sin x d x = [- x cos x]_{0}^{π /2} + \int_{0}^{π /2} cos x d x$

$cos \frac{π}{2} = 0$ なので上端が消え、下端も $x = 0$ で消える。境界項は $0$ である。

$= [sin x]_{0}^{π /2} = 1$

答えがちょうど $1$ になる。

例 3： $e^{- x}$ が掛かる形

$\int_{0}^{1} x e^{- x} d x$

$g^{'} = e^{- x}$ なので $g = - e^{- x}$ である。符号に気をつける。

$= [- x e^{- x}]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} e^{- x} d x = - \frac{1}{e} + [- e^{- x}]_{0}^{1} = - \frac{1}{e} + (1 - \frac{1}{e}) = 1 - \frac{2}{e}$

$1 - \frac{2}{e} \approx 0.264$ である。

例 4：log を含む定積分

$\int_{1}^{e} lo g x d x = [x lo g x]_{1}^{e} - \int_{1}^{e} d x$

$lo g 1 = 0$ なので下端が消える。上端は $e \cdot 1 = e$ である。

$= e - (e - 1) = 1$

例 5： $x lo g (x + 1)$

$f = lo g (x + 1)$ 、 $g^{'} = x$ とする。 $g = \frac{x ^{2}}{2}$ である。

$\int_{0}^{1} x lo g (x + 1) d x = [\frac{x ^{2}}{2} lo g (x + 1)]_{0}^{1} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{x ^{2}}{x + 1} d x$

境界項は $\frac{lo g 2}{2}$ になる。残った積分は有理関数なので、割り算で処理する。

$\frac{x ^{2}}{x + 1} = x - 1 + \frac{1}{x + 1}$

$\int_{0}^{1} \frac{x ^{2}}{x + 1} d x = [\frac{x ^{2}}{2} - x + lo g (x + 1)]_{0}^{1} = lo g 2 - \frac{1}{2}$

代入して整理する。

$= \frac{lo g 2}{2} - \frac{1}{2} (lo g 2 - \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$

$lo g 2$ が打ち消し合い、答えが $\frac{1}{4}$ という素朴な数になる。

境界項に現れた $lo g 2$ が、残りの積分にも同じ量だけ現れて打ち消し合う。定積分ではこうした相殺がよく起きる。

途中で複雑な値が出ても、最後まで進めると消えることがある。そこで計算をやめないほうがよい。

例 6：2 回使う

$\int_{0}^{1} x^{2} e^{x} d x = [x^{2} e^{x}]_{0}^{1} - 2 \int_{0}^{1} x e^{x} d x$

境界項は $e$ である。残った積分は 1 回目の結果から $1$ と分かっている。

$= e - 2 \cdot 1 = e - 2$

定積分では、途中の積分の値をそのつど数にできる^[2]。式を持ち回らずに済むぶん、不定積分より見通しがよい。

例 7：指数と三角の積

$\int_{0}^{π /2} e^{x} sin x d x$

原始関数は $\frac{e ^{x} ( sin x - cos x )}{2}$ である。代入する。

$= \frac{e ^{π /2} ( 1 - 0 )}{2} - \frac{1 \cdot ( 0 - 1 )}{2} = \frac{e ^{π /2} + 1}{2}$

端の値を先に見ておく

計算に入る前に、 $f$ と $g$ の端での値を確かめておく。 $0$ になる箇所があれば、そのぶん計算が減る。

$[0, π]$ の区間で $g = sin x$ なら両端が消え、 $[0, \frac{π}{2}]$ で $g = - cos x$ なら上端が消える。

問題の区間は、たいていこうした点に合わせて作られている。端の値を見るだけで、出題者の意図が読める。

参考文献

Integration by parts. Wikipedia（英語）.

Paul Dawkins. *Integration by Parts*. Paul's Online Notes, Lamar University.

Intégration par parties. Wikipédia（フランス語）.

外へ出た $\bigl[fg\bigr]_a^b$ はその場で数になります。この境界項が端点で消えると、計算がぐっと軽くなる。$\sin$ は $0$ と $\pi$ で、$\cos$ は $\dfrac{\pi}{2}$ で軸に触れるので、区間の端がそこに置かれた問題は境界項が $0$ になります。$u$-$v$ 平面では、大きい長方形から小さい長方形を引き、さらに曲線の下を引いた残りが答え。途中で出た $\log 2$ が最後に打ち消し合う例まで扱います。