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置換積分の基本

このページでは、置換だけで解ける積分問題を扱います。
置換積分の公式にはさまざまな一般化がありますが、ここでは証明が簡潔で、基本的な問題に適用しやすい形を紹介します。

2.1. 定義・公式

置換積分の公式

区間$I\subseteq\R$において、$f(x)$は$I$上連続とする。
このとき、関数$g(x):[a,\,b]\to I$が$[a,\,b]$上連続かつ、区分的$C^1$級ならば、次の置換積分の公式が成り立つ。
$$ \int_a^b f(g(x))g'(x)\,dx=\int_{g(a)}^{g(b)} f(x)\,dx $$

$c\in I$を固定して、関数$F$を次のように定める。
$$ F(x) \coloneqq \int_c^x f(t)\,dt $$
$f(x)$は連続なので、微分積分学の基本定理から
$$ F'(x) = \frac{d}{dx}\int_c^x f(t)\,dt=f(x) $$
である。
関数$g$は区分的$C^1$級であるから、ある有限分割$a=x_0< x_1<\cdots< x_n=b$を取り、各区間$[x_{k-1},\,x_k]_{1\leq k\leq n}$で$g$は$C^1$級にできる。
有限個の点の変更は積分に影響を与えないので、分割点における$g'$の値が存在しない場合$g'$の値は任意に設定してよい。
このとき、各小区間の内部では合成関数の微分から$\dfrac{d}{dx}F(g(x))=f(g(x))g'(x)$であるので
$$ \int_a^b f(g(x))g'(x)\,dx = \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} f(g(x))g'(x)\,dx $$
$$ = \sum_{k=1}^n \pr{F(g(x_k)) - F(g(x_{k-1}))} $$
$$ = F(g(b)) - F(g(a)) $$
$$ = \int_{g(a)}^{g(b)} f(x)\,dx $$
を得る。

広義積分について

積分区間の端点で被積分関数が定義されない場合や非有界になる場合は、必要に応じて広義積分として扱う。
置換積分の公式は、まず特異点を避けた区間で適用し、その後に極限を取る。
以下の解答では、極限の記述を省略することがある。

置換に単調性は必要か

上で紹介した定理では単調性は必要ない。
実際、次の積分で$t=x^2$とおくと、式は正しい。
$$ \int_{-1}^1 2xe^{x^2}\,dx = \int_1^1 e^t\,dt = 0 $$

一方、置換後に$x$を$t$の関数で表す必要がある場合は、逆関数を一意に表せるように区間を選ぶ必要がある。
連続関数が区間上で逆関数を持つためには、狭義単調であることが必要十分である。
例えば、次の積分で$t=x^2$とおく
$$ \int_{-1}^1 x^2\,dx $$
$x=\pm\sqrt{t}$で、区間上で一意に逆関数を取れないので、区間を$[-1,\,0],\,[0,\,1]$に分ける必要がある。
実際、計算してみると
$$ \int_{-1}^1 x^2\,dx = \int_{-1}^0 x^2\,dx + \int_0^1 x^2\,dx $$
$$ = \frac{1}{2}\int_1^0 -\sqrt{t}\,dt + \frac{1}{2}\int_0^1 \sqrt{t}\,dt = \int_0^1 \sqrt{t}\,dt $$
$$ =\bkk{\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}}_0^1 = \frac{2}{3} $$
である。

2.2. 問題

IBC18 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^{\ln2} \frac{e^x}{(1+e^x)^2}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC18 Problem A↗

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分母にある$1+e^x$を微分すると...？

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$t=1+e^x$とおくと、$t:2\to3,\,dt=e^x dx$となり
$$ I=\int_2^3 \frac{1}{t^2} dt = \bkk{-\frac{1}{t}}_2^3 = \frac{1}{6} $$
を得る。

IBC3 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 \frac{e^x}{e^x+e^{-x}}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC3 Problem A↗

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分子と分母に$e^x$をかけると...？

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定積分を$I$とする。分子と分母に$e^x$をかけると
$$ I=\int_0^1 \frac{e^x}{e^x+e^{-x}}\,dx = \int_0^1 \frac{e^{2x}}{e^{2x}+1}\,dx $$
$t=e^{2x}+1$とおくと、$t:\,2\to e^2+1,\,dt=2e^{2x}\,dx$となり
$$ I= \int_2^{e^2+1} \frac{1}{2t}\,dt = \bkk{\frac{1}{2}\ln|t|}_2^{e^2+1} = \frac{1}{2}\ln\pr{\frac{e^2+1}{2}} $$
を得る。

IBC19 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt{x}}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC19 Problem B↗

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$\sqrt{x}$を置換して、根号を取り除く。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$t=\sqrt{x}$とおくと、$t:\,0\to1$となる。$t^2=x$より$2t\,dt=dx$で
$$ I = \int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt{x}}\,dx = \int_0^1 \frac{2t}{1+t}\,dt = 2\int_0^1 \pr{1-\frac{1}{1+t}}\,dt $$
$$ I = 2\bkk{t-\ln|1+t|}_0^1 = 2 - 2\ln2 $$

IFHS4 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^3x\,dx $$

【問題を解きに行く】: IFHS4 Problem A↗

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$\sin^3 x=(1-\cos^2 x)\sin x$を用いる。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos^2 x)\sin x\,dx $$
$t=\cos x$とおくと、$t:\,1\to0,\,dt=-\sin x\,dx$となり
$$ I = \int_1^0 -(1-t^2)dt = \int_0^1 (1-t^2)dt $$
$$ I = \bkk{t-\frac{t^3}{3}}_0^1 = \frac{2}{3} $$

IBC16 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x\cos^3 x\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC16 Problem B↗

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$\sin^2 x\cos^3 x=\sin^2 x(1-\sin^2 x)\cos x$に分けて、置換をする。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x\cos^3 x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x(1-\sin^2 x)\cos x\,dx $$
$t=\sin x$とおくと、$t:\,0\to1,\,dt=\cos x\,dx$となり
$$ I = \int_0^1 t^2(1-t^2)\,dt = \int_0^1 (t^2-t^4)\,dt $$
$$ I = \bkk{\frac{t^3}{3}-\frac{t^5}{5}}_0^1 = \frac{2}{15} $$

IBC22 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC22 Problem A↗

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$\sqrt{x}$を置換して、根号を取り除く。広義積分に注意。

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定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx = \lim_{\eps\to+0} \int_{\eps}^1 \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx $$
$t=\sqrt{x}$とおくと、$t:\,\sqrt{\eps}\to1$となる。$t^2=x$より$2t\,dt=dx$で
$$ I = \lim_{\eps\to+0} \int_{\sqrt{\eps}}^1 \frac{2}{1+t^2} dt = \int_0^1 \frac{2}{1+t^2} dt $$
となる。さらに$t=\tan\theta$とおくと、$\theta:\,0\to\dfrac{\pi}{4},\,dt=(1+\tan^2\theta)d\theta$より
$$ I = 2\int_0^{\frac{\pi}{4}} d\theta = 2\Bk{\theta}_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{2}$$

IBC13 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: 一般数弱　早稲商数学対策委員会 (Gagoh_Okowa)

$$ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{\sin2x}}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC13 Problem A↗

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分子の$\sin x+\cos x$は、$\sin x-\cos x$の微分になっている。さらに、$(\sin x-\cos x)^2$を展開すると、根号の中の$\sin 2x$も同じ変数で表せる。

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定積分を$I$とする。下端$x=0$では広義積分として扱う。
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{\sin2x}}\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{2\sin x\cos x}}\,dx $$
$t=\sin x-\cos x$とおく。$t:\,-1\to 0,\,dt=(\sin x+\cos x)dx$となる。
また$ 2\sin x\cos x = 1-(\sin x-\cos x)^2 = 1 - t^2 $であるから
$$ I = \int_{-1}^0 \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt $$
$t=\sin\theta$とおくと、$\theta:-\dfrac{\pi}{2}\to 0,\,dt=\cos\theta\,d\theta$となる。
また、$\sqrt{1-t^2}=|\cos\theta|=\cos\theta\quad\pr{-\frac{\pi}{2}\leq \theta\leq0}$であるから
$$ I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^0 d\theta = \Bk{\theta}_{-\frac{\pi}{2}}^0 = \frac{\pi}{2}$$
を得る。

IBC22 - C

BASIC・Difficulty 4
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1\frac{x^2(x^2+3)}{x^6+x^4+2x^2+1}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC22 Problem C↗

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分母は$(x^3)^2+(x^2+1)^2$と変形できる。分子・分母を$(1+x^2)^2$で割り、分母を$1+(\cdots)^2$の形に整理してみよう。

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定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^1\frac{x^2(x^2+3)}{x^6+x^4+2x^2+1}\,dx = \int_0^1\frac{x^2(x^2+3)}{x^6+(x^2+1)^2}\,dx = \int_0^1\frac{x^2(x^2+3)}{(x^2+1)^2}\frac{1}{\pr{\frac{x^3}{x^2+1}}^2+1}\,dx $$
ここで$\dfrac{x^3}{x^2+1}$の微分を考えると
$$ \frac{d}{dx}\frac{x^3}{x^2+1} = \frac{3x^2(x^2+1)-x^3\cdot2x}{(x^2+1)^2} = \frac{x^2(x^2+3)}{(x^2+1)^2} $$
となる。
よって、$t=\dfrac{x^3}{x^2+1}$とおくと、$t:\,0\to\dfrac{1}{2},\,dt=\dfrac{x^2(x^2+3)}{(x^2+1)^2}\,dx$となり
$$ I =\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{1}{t^2+1}\,dt = \bkk{\arctan t}_0^{\frac{1}{2}} = \arctan\frac{1}{2}$$

IBC11 - C

BASIC・Difficulty 2
作問: えんで (ende)

$$ \int_1^{\sqrt[4]{3}} \frac{1}{x^3\sqrt{1+x^4}}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC11 Problem C↗

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$t=\dfrac{1}{x^2}$と置換して、$\dfrac{1}{x^3}$を相殺すると、簡単な積分になります。

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定積分を$I$とする。$t=\dfrac{1}{x^2}$とおくと、$t:\,1\to\dfrac{1}{\sqrt{3}},\,dt=-\dfrac{2}{x^3}\,dx$となり
$$ I = \int_1^{\sqrt[4]{3}} \frac{1}{x^3\sqrt{1+x^4}}\,dx = \int_1^{\frac{1}{\sqrt{3}}} -\frac{1}{2\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}}\,dt = \frac{1}{2} \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^1 \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\,dt $$
である。さらに$u=\sqrt{1+t^2}$とおくと、$u:\,\dfrac{2}{\sqrt{3}}\to\sqrt{2}$となる。$ u^2=1+t^2 $より$u\,du=t\,dt$であるので
$$ I = \frac{1}{2}\int_{\frac{2}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{2}} du = \frac{1}{2}\bkk{u}_{\frac{2}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\pr{\sqrt{2} - \frac{2\sqrt{3}}{3}} = \frac{3\sqrt{2}-2\sqrt{3}}{6} $$
を得る。

IBC12 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: えんで (ende)

$$ \int_1^2 \frac{1}{x^4\sqrt{1+x^2}}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC12 Problem B↗

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$t=\dfrac{1}{x}$とおくと、分母の$x^4$を分子側に持っていけます。

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定積分を$I$とする。
$x=\dfrac{1}{t}$とおくと、$t:\,1\to\dfrac{1}{2},\,dx=-\dfrac{1}{t^2}\,dt$となり
$$ I = \int_1^{\frac{1}{2}} \frac{1}{\frac{1}{t^4}\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}}\cdot\pr{-\frac{1}{t^2}}\,dt = \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{t^3}{\sqrt{1+t^2}}\,dt $$
$u=\sqrt{1+t^2}$とおくと、$u:\,\dfrac{\sqrt{5}}{2}\to\sqrt{2},\,u\,du=t\,dt$となり
$$ I = \int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}} (u^2-1)\,du = \bkk{\frac{u^3}{3}-u}_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}} $$
$$ I = \pr{\frac{1}{3}\pr{\sqrt{2}}^3-\sqrt{2}} - \pr{\frac{1}{3}\pr{\frac{\sqrt{5}}{2}}^3-\frac{\sqrt{5}}{2}} = \pr{\frac{2}{3}-1}\sqrt{2} - \pr{\frac{5}{24}-\frac{1}{2}}\sqrt{5} $$
$$ I = \frac{7\sqrt{5}}{24} - \frac{\sqrt{2}}{3} = \frac{7\sqrt{5}-8\sqrt{2}}{24} $$

コラム：逆数置換で分母の累乗を整理する
$a< b$かつ$0\notin[a,b]$とし、$px^2+qx+r>0\quad(x\in[a,b])$とする。
今回のような $\displaystyle I=\int_a^b \frac{1}{x^n\sqrt{px^2+qx+r}}\,dx$ の形の積分について
$x=\dfrac{1}{t}$とおくと
$$ I=\int_{\frac{1}{b}}^{\frac{1}{a}} \frac{t^{n-2}|t|}{\sqrt{p+qt+rt^2}}\,dt$$
と変形できます。$n$が$2$以上の整数であれば、分母の累乗を分子の多項式に整理できる。

IBC22 - B

BASIC・Difficulty 3
作問: Crystal (Crystal)

$$ \int_0^e \pr{\pr{\frac{x}{e}}^x+\pr{\frac{e}{x}}^x}\ln x\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC22 Problem B↗

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$\pr{\dfrac{x}{e}}^x+\pr{\dfrac{e}{x}}^x=e^{x\ln x-x}+e^{x-x\ln x}$と変形できるので、置換積分の公式からどれを置換するべきか考える。

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定積分を$I$とする。
$$ \pr{\frac{x}{e}}^x=e^{x\ln x-x},\,\pr{\frac{e}{x}}^x=e^{x-x\ln x} $$
$t=x-x\ln x$と置換すると、$t:\,+0\to +0,\,dt=-\ln x\,dx$より
$$ I = \int_0^e \pr{\pr{\frac{x}{e}}^x+\pr{\frac{e}{x}}^x}\ln x\,dx = \int_0^e \pr{e^{x\ln x-x}+e^{x-x\ln x}}\ln x\,dx $$
$$ I = \int_0^0 (e^t+e^{-t})\,dt = 0 $$

IBC20 - C

BASIC・Difficulty 3
作問: dragoemon (dragoemon)

$$ \int_0^1 x^x(1-x)^{1-x}\abs{\ln\frac{x}{1-x}}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC20 Problem C↗

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$x^x(1-x)^{1-x}$を対数微分してみよう。絶対値と単射性に注意して計算を進めること。

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定積分を$I$とする。絶対値内の符号で区間を分けると、$\left(0,\,\dfrac{1}{2}\right],\,\left[\dfrac{1}{2},\,1\right)$である。
$t=x^x(1-x)^{1-x}$とおく。それぞれ区間について
$$ x:\,+0\to\dfrac{1}{2} \Longrightarrow t:\,1-0\to\dfrac{1}{2} $$
$$ x:\,\dfrac{1}{2}\to 1-0 \Longrightarrow t:\,\dfrac{1}{2}\to1-0 $$
となる。また、$t=x^x(1-x)^{1-x}$の対数微分を考えると
$$ \frac{dt}{dx}\frac{1}{t} = \frac{d}{dx}\ln(x^x(1-x)^{1-x}) = \frac{d}{dx}(x\ln x+(1-x)\ln(1-x)) = \ln\frac{x}{1-x} $$
$$ dt = t \ln\frac{x}{1-x}\,dx= x^x(1-x)^{1-x}\ln\frac{x}{1-x}\,dx $$
となるので
$$ I = \int_0^{\frac{1}{2}} x^x(1-x)^{1-x}\abs{\ln\frac{x}{1-x}}\,dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 x^x(1-x)^{1-x}\abs{\ln\frac{x}{1-x}}\,dx $$
$$ I = - \int_0^{\frac{1}{2}} x^x(1-x)^{1-x}\ln\frac{x}{1-x}\,dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 x^x(1-x)^{1-x}\ln\frac{x}{1-x}\,dx $$
$$ I = -\int_1^{\frac{1}{2}} dt + \int_{\frac{1}{2}}^1 dt = 1 $$
を得る。