§C4.4積分区間の反転による対称化

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積分区間を反転して得る対称性は、原始関数を求めにくい定積分を計算する基本的な手法の一つです。本記事では、x↦a+b−xx\mapsto a+b-xの置換で値の等しい積分を作り、その和から元の積分を定める条件と具体例を扱います。

1 区間の両端の和から引く置き換え

置換積分では、置き換えに用いる関数によって積分区間が別の区間へ移ります。ところが、xxをa+b−xa+b-xへ移す置き換えは、区間[a,b][a,b]をそれ自身へ移します。x=ax=aがx=bx=bへ、x=bx=bがx=ax=aへ移り、区間の内部の点は区間の内部へ移るからです。区間が変わらないので、置き換えの前後で積分区間が共通になり、二つの積分を足し合わせることができます。

定理 1.1 (積分区間の反転).ffを閉区間[a,b][a,b]で連続な関数とする。このとき

∫abf(x) dx=∫abf(a+b−x) dx\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b f(a+b-x)\,dx

が成り立つ。

証明. 右辺でu=a+b−xu = a+b-xと置く。uuはxxについて微分可能でdudx=−1\dfrac{du}{dx} = -1であり、x=ax=aのときu=bu=b、x=bx=bのときu=au=aである。置換積分により

∫abf(a+b−x) dx=∫baf(u)⋅(−1) du=∫abf(u) du\int_a^b f(a+b-x)\,dx = \int_b^a f(u)\cdot(-1)\,du = \int_a^b f(u)\,du

となる。最後の等式では、積分区間の上端と下端を入れ替えると符号が変わることを用いた。積分変数の名前は積分の値に効かないので、右端は∫abf(x) dx\displaystyle\int_a^b f(x)\,dxに等しく、結論を得る。▨

注意 1.2 (等しいのは積分の値であって、被積分関数ではない).定理 1.1はf(x)=f(a+b−x)f(x) = f(a+b-x)を主張するものではない。主張しているのは、二つの積分の値が等しいことである。たとえばf(x)=xf(x)=x、[a,b]=[0,1][a,b]=[0,1]のとき、f(a+b−x)=1−xf(a+b-x) = 1-xであってf(x)f(x)とは異なる関数であるが、∫01x dx=∫01(1−x) dx=12\displaystyle\int_0^1 x\,dx = \int_0^1 (1-x)\,dx = \frac{1}{2}である。

注意 1.3 (原点について対称な区間の場合). 区間を[−c,c][-c,c]にとるとa+b=0a+b=0なので、この置き換えはx↦−xx \mapsto -xである。したがって∫−ccf(x) dx=∫−ccf(−x) dx\displaystyle\int_{-c}^{c} f(x)\,dx = \int_{-c}^{c} f(-x)\,dxであり、ffが奇関数、すなわちすべてのxxについてf(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x)を満たすならば、右辺は左辺の−1-1倍なので積分の値は00である。偶関数と奇関数の定積分そのものは「微積分」が扱う。

2 もとの積分と足し合わせる

定理 1.1の二つの積分は値が等しいので、求める値をIIと置くと

2I=∫ab{f(x)+f(a+b−x)} dx2I = \int_a^b \{f(x) + f(a+b-x)\}\,dx

が成り立ちます。この右辺の被積分関数が簡単な形になるとき、IIの値が定まります。どの区間をとるかは、この和が簡単になるように選びます。ffがsin⁡\sinやcos⁡\cosを含む場合には、a+ba+bがπ2\dfrac{\pi}{2}、π\pi、2π2\piのいずれかになるように区間を見るのが手がかりになります。これらの値では、sin⁡(a+b−x)\sin(a+b-x)とcos⁡(a+b−x)\cos(a+b-x)がsin⁡x\sin xとcos⁡x\cos xで書き直されるからです。

例 2.1 (べきの比の積分).nnを正の整数とし、

I=∫0π/2sin⁡nxsin⁡nx+cos⁡nx dxI = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x}\,dx

を求める。0≤x≤π20 \le x \le \dfrac{\pi}{2}ではsin⁡x≥0\sin x \ge 0かつcos⁡x≥0\cos x \ge 0であり、両方が同時に00になることはないので、分母は正である。したがって被積分関数はこの区間で連続である。

a=0a=0、b=π2b=\dfrac{\pi}{2}なのでa+b−x=π2−xa+b-x = \dfrac{\pi}{2}-xであり、sin⁡(π2−x)=cos⁡x\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)=\cos x、cos⁡(π2−x)=sin⁡x\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)=\sin xである。定理 1.1により

I=∫0π/2cos⁡nxcos⁡nx+sin⁡nx dxI = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^n x}{\cos^n x + \sin^n x}\,dx

である。二つの表示を足すと、被積分関数の和は11になるので

2I=∫0π/21 dx=π2,I=π42I = \int_0^{\pi/2} 1\,dx = \frac{\pi}{2}, \qquad I = \frac{\pi}{4}

である。nnが大きいとき、この被積分関数の原始関数を求めることは容易ではないが、積分の値はnnによらずπ4\dfrac{\pi}{4}である。

3 積分変数が1次の重みとして掛かっている場合

被積分関数が「xxの1次式」と「反転で変わらない関数」との積である場合には、反転によってxxの部分だけが変わり、もとの積分がふたたび現れます。

定理 3.1 (反転で変わらない関数にxxが掛かる場合).ggを閉区間[a,b][a,b]で連続な関数とし、[a,b][a,b]のすべてのxxについてg(a+b−x)=g(x)g(a+b-x) = g(x)が成り立つとする。このとき

∫abx g(x) dx=a+b2∫abg(x) dx\int_a^b x\,g(x)\,dx = \frac{a+b}{2}\int_a^b g(x)\,dx

が成り立つ。

証明.I=∫abx g(x) dxI = \displaystyle\int_a^b x\,g(x)\,dxと置く。定理 1.1を関数x↦xg(x)x \mapsto x g(x)へ適用すると

I=∫ab(a+b−x) g(a+b−x) dx=∫ab(a+b−x) g(x) dxI = \int_a^b (a+b-x)\,g(a+b-x)\,dx = \int_a^b (a+b-x)\,g(x)\,dx

である。二つ目の等号では、仮定g(a+b−x)=g(x)g(a+b-x)=g(x)を用いた。右端を二つに分けると

I=(a+b)∫abg(x) dx−∫abx g(x) dx=(a+b)∫abg(x) dx−II = (a+b)\int_a^b g(x)\,dx - \int_a^b x\,g(x)\,dx = (a+b)\int_a^b g(x)\,dx - I

なので、2I=(a+b)∫abg(x) dx2I = (a+b)\displaystyle\int_a^b g(x)\,dxとなり、結論を得る。▨

[a,b]=[0,π][a,b] = [0,\pi]とg(x)=f(sin⁡x)g(x) = f(\sin x)の組は、この定理の仮定を満たす代表的な場合です。

公式 3.2 (sin⁡\sinの関数にxxが掛かる積分).ffを閉区間[0,1][0,1]で連続な関数とする。このとき

∫0πx f(sin⁡x) dx=π2∫0πf(sin⁡x) dx\int_0^{\pi} x\,f(\sin x)\,dx = \frac{\pi}{2}\int_0^{\pi} f(\sin x)\,dx

である。

証明.g(x)=f(sin⁡x)g(x)=f(\sin x)と置く。0≤x≤π0 \le x \le \piのとき0≤sin⁡x≤10 \le \sin x \le 1なので、ggは[0,π][0,\pi]で連続である。a=0a=0、b=πb=\piなのでa+b−x=π−xa+b-x = \pi-xであり、sin⁡(π−x)=sin⁡x\sin(\pi-x)=\sin xからg(π−x)=f(sin⁡(π−x))=f(sin⁡x)=g(x)g(\pi-x) = f(\sin(\pi-x)) = f(\sin x) = g(x)が成り立つ。定理 3.1をa+b2=π2\dfrac{a+b}{2} = \dfrac{\pi}{2}として用いると結論を得る。▨

例 3.3 (∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx\displaystyle\int_0^{\pi} \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx).cos⁡2x=1−sin⁡2x\cos^2 x = 1-\sin^2 xにより

sin⁡x1+cos⁡2x=sin⁡x2−sin⁡2x=f(sin⁡x),f(u)=u2−u2\frac{\sin x}{1+\cos^2 x} = \frac{\sin x}{2-\sin^2 x} = f(\sin x), \qquad f(u) = \frac{u}{2-u^2}

である。0≤u≤10 \le u \le 1では2−u2≥1>02-u^2 \ge 1 > 0なので、ffは[0,1][0,1]で連続である。公式 3.2により

∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx=π2∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx\int_0^{\pi} \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx = \frac{\pi}{2}\int_0^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx

である。右辺の積分でu=cos⁡xu = \cos xと置くとdu=−sin⁡x dxdu = -\sin x\,dxであり、x=0x=0のときu=1u=1、x=πx=\piのときu=−1u=-1なので

∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx=∫−11du1+u2=[arctan⁡u]−11=π4−(−π4)=π2\int_0^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx = \int_{-1}^{1} \frac{du}{1+u^2} = \left[\arctan u\right]_{-1}^{1} = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}

である。ここでarctan⁡u\arctan uは、−π2<θ<π2-\dfrac{\pi}{2}<\theta<\dfrac{\pi}{2}かつtan⁡θ=u\tan\theta=uを満たす実数θ\thetaを表す。したがって求める値はπ2⋅π2=π24\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi^2}{4}である。

注意 3.4 (区間を[0,π][0,\pi]から変えると結論も変わる).公式 3.2の証明では、a+b=πa+b = \piであることからsin⁡(π−x)=sin⁡x\sin(\pi-x)=\sin xを用いた。区間を[0,2π][0,2\pi]に変えると反転はx↦2π−xx \mapsto 2\pi-xになり、sin⁡(2π−x)=−sin⁡x\sin(2\pi-x) = -\sin xなので、g(2π−x)=g(x)g(2\pi-x)=g(x)が成り立つとは限らない。この場合はffを[−1,1][-1,1]で連続な関数とし、ffが[−1,1][-1,1]のすべてのuuについてf(−u)=f(u)f(-u)=f(u)を満たすときに限って定理 3.1を用いることができ、そのときの係数は0+2π2=π\dfrac{0+2\pi}{2} = \piである。すなわち

∫02πx f(sin⁡x) dx=π∫02πf(sin⁡x) dx\int_0^{2\pi} x\,f(\sin x)\,dx = \pi\int_0^{2\pi} f(\sin x)\,dx

であって、係数はπ2\dfrac{\pi}{2}ではない。区間を書き写す際に係数だけを持ち込まない。

なお、公式 3.2の右辺は、区間をx=π2x=\dfrac{\pi}{2}で分けて後半へx↦π−xx \mapsto \pi-xの置き換えを行うと2∫0π/2f(sin⁡x) dx2\displaystyle\int_0^{\pi/2} f(\sin x)\,dxに等しいことが分かります。∫0π/2sin⁡nx dx\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dxの形の積分の値は、「ウォリス積分と積分の漸化式」が扱います。

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