第3章: 置換積分
Substitution
入門
合成関数の微分の逆として置換積分法を学ぶ。様々な置換のパターンを習得する。
3.1 置換積分の原理
合成関数の微分公式（連鎖律）を思い出そう：
$$\dfrac{d}{dx}F(g(x)) = F'(g(x)) \cdot g'(x)$$これを積分の形に書き換えると：
$$\displaystyle\int F'(g(x)) \cdot g'(x) \, dx = F(g(x)) + C$$$F'(u) = f(u)$とおくと：
$$\displaystyle\int f(g(x)) \cdot g'(x) \, dx = F(g(x)) + C$$3.2 不定積分の置換積分
定理: 置換積分法
$u = g(x)$とおくと、$du = g'(x) \, dx$より：
$$\displaystyle\int f(g(x)) \cdot g'(x) \, dx = \displaystyle\int f(u) \, du$$置換積分の手順
- 適切な置換$u = g(x)$を選ぶ
- $du = g'(x) \, dx$を計算する
- 元の積分を$u$の積分に書き換える
- $u$について積分する
- $u = g(x)$を代入して$x$の関数に戻す
例3.1
$\displaystyle\int (2x + 1)^5 \, dx$を求める。
Step 1: $u = 2x + 1$とおく
Step 2: $\dfrac{du}{dx} = 2$より、$du = 2 \, dx$、すなわち$dx = \dfrac{1}{2} du$
Step 3: 置換すると
$$\displaystyle\int (2x + 1)^5 \, dx = \displaystyle\int u^5 \cdot \dfrac{1}{2} du = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int u^5 \, du$$Step 4: 積分を実行
$$= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{u^6}{6} + C = \dfrac{u^6}{12} + C$$Step 5: $u = 2x + 1$を代入
$$= \dfrac{(2x + 1)^6}{12} + C$$例3.2
$\displaystyle\int x \sqrt{x^2 + 1} \, dx$を求める。
$u = x^2 + 1$とおくと、$du = 2x \, dx$より$x \, dx = \dfrac{1}{2} du$
$$\begin{align} \displaystyle\int x \sqrt{x^2 + 1} \, dx &= \displaystyle\int \sqrt{u} \cdot \dfrac{1}{2} du \\ &= \dfrac{1}{2} \displaystyle\int u^{1/2} \, du \\ &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{u^{3/2}}{3/2} + C \\ &= \dfrac{1}{3} u^{3/2} + C \\ &= \dfrac{1}{3} (x^2 + 1)^{3/2} + C \end{align}$$例3.3
$\displaystyle\int \dfrac{x}{x^2 + 1} \, dx$を求める。
$u = x^2 + 1$とおくと、$du = 2x \, dx$より$x \, dx = \dfrac{1}{2} du$
$$\displaystyle\int \dfrac{x}{x^2 + 1} \, dx = \displaystyle\int \dfrac{1}{u} \cdot \dfrac{1}{2} du = \dfrac{1}{2} \ln|u| + C = \dfrac{1}{2} \ln(x^2 + 1) + C$$（$x^2 + 1 > 0$なので絶対値は不要）
置換を見抜くコツ: 被積分関数の中に「関数とその導関数」のペアがないか探す。
- $f(g(x)) \cdot g'(x)$ の形になっているか
- 内側 $g(x)$ を決め、それを微分した $g'(x)$（の定数倍）が式中にあるか
- $g'(x)$ に定数倍のずれがあっても OK（定数は積分の外に出せる）
- 根号 $\sqrt{a^2 \pm x^2}$ などは三角関数置換で消せないか
戻し忘れに注意: 不定積分では、計算後に $u = g(x)$ を代入して元の変数 $x$ に戻すのを忘れないこと。一方、定積分（次節）では積分区間そのものを置換するので、元の変数へ戻す必要はない。
3.3 定積分の置換積分
定理: 定積分の置換積分
$u = g(x)$とおくと：
$$\displaystyle\int_a^b f(g(x)) \cdot g'(x) \, dx = \displaystyle\int_{g(a)}^{g(b)} f(u) \, du$$注意: 定積分で置換したときは、積分区間も置換する。
- $x = a$のとき$u = g(a)$
- $x = b$のとき$u = g(b)$
例3.4
$\displaystyle\int_0^1 x(1 - x^2)^3 \, dx$を求める。
$u = 1 - x^2$とおくと、$du = -2x \, dx$より$x \, dx = -\dfrac{1}{2} du$
積分区間の変換：$x = 0 \Rightarrow u = 1$、$x = 1 \Rightarrow u = 0$
$$\begin{align} \displaystyle\int_0^1 x(1 - x^2)^3 \, dx &= \displaystyle\int_1^0 u^3 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) du \\ &= \dfrac{1}{2} \displaystyle\int_0^1 u^3 \, du \\ &= \dfrac{1}{2} \left[\dfrac{u^4}{4}\right]_0^1 \\ &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{8} \end{align}$$2行目で$\displaystyle\int_1^0 = -\displaystyle\int_0^1$を使った。
例3.5
$\displaystyle\int_0^2 \dfrac{x}{\sqrt{x + 2}} \, dx$を求める。
$u = x + 2$とおくと、$x = u - 2$、$dx = du$
積分区間の変換：$x = 0 \Rightarrow u = 2$、$x = 2 \Rightarrow u = 4$
$$\begin{align} \displaystyle\int_0^2 \dfrac{x}{\sqrt{x + 2}} \, dx &= \displaystyle\int_2^4 \dfrac{u - 2}{\sqrt{u}} \, du \\ &= \displaystyle\int_2^4 \left(u^{1/2} - 2u^{-1/2}\right) du \\ &= \left[\dfrac{2}{3}u^{3/2} - 4u^{1/2}\right]_2^4 \\ &= \left(\dfrac{2}{3} \cdot 8 - 4 \cdot 2\right) - \left(\dfrac{2}{3} \cdot 2\sqrt{2} - 4\sqrt{2}\right) \\ &= \dfrac{16}{3} - 8 - \dfrac{4\sqrt{2}}{3} + 4\sqrt{2} \\ &= \dfrac{16 - 24}{3} + \dfrac{-4\sqrt{2} + 12\sqrt{2}}{3} \\ &= -\dfrac{8}{3} + \dfrac{8\sqrt{2}}{3} = \dfrac{8(\sqrt{2} - 1)}{3} \end{align}$$3.4 典型的な置換パターン
よく使う置換
| 被積分関数の形 | 置換 | $du$ |
|---|---|---|
| $f(ax + b)$ | $u = ax + b$ | $du = a \, dx$ |
| $f(x^n) \cdot x^{n-1}$ | $u = x^n$ | $du = nx^{n-1} \, dx$ |
| $f(e^x) \cdot e^x$ | $u = e^x$ | $du = e^x \, dx$ |
| $f(\ln x) \cdot \dfrac{1}{x}$ | $u = \ln x$ | $du = \dfrac{1}{x} dx$ |
| $f(\sin x) \cdot \cos x$ | $u = \sin x$ | $du = \cos x \, dx$ |
| $f(\cos x) \cdot \sin x$ | $u = \cos x$ | $du = -\sin x \, dx$ |
| $f(\tan x) \cdot \dfrac{1}{\cos^2 x}$ | $u = \tan x$ | $du = \dfrac{1}{\cos^2 x} dx$ |
例3.6: 1次式の置換
$\displaystyle\int \cos(3x + 1) \, dx$を求める。
$u = 3x + 1$とおくと$dx = \dfrac{1}{3} du$
$$\displaystyle\int \cos(3x + 1) \, dx = \dfrac{1}{3} \displaystyle\int \cos u \, du = \dfrac{1}{3} \sin u + C = \dfrac{1}{3} \sin(3x + 1) + C$$例3.7: 三角関数の置換
$\displaystyle\int \sin^3 x \cos x \, dx$を求める。
$u = \sin x$とおくと$du = \cos x \, dx$
$$\displaystyle\int \sin^3 x \cos x \, dx = \displaystyle\int u^3 \, du = \dfrac{u^4}{4} + C = \dfrac{\sin^4 x}{4} + C$$例3.8: 対数の置換
$\displaystyle\int \dfrac{(\ln x)^2}{x} \, dx$を求める。
$u = \ln x$とおくと$du = \dfrac{1}{x} dx$
$$\displaystyle\int \dfrac{(\ln x)^2}{x} \, dx = \displaystyle\int u^2 \, du = \dfrac{u^3}{3} + C = \dfrac{(\ln x)^3}{3} + C$$3.5 三角関数の置換
$\sqrt{a^2 - x^2}$、$\sqrt{a^2 + x^2}$、$\sqrt{x^2 - a^2}$を含む積分では、三角関数による置換が有効である。
三角関数置換
| 根号の形 | 置換 | 変形後 |
|---|---|---|
| $\sqrt{a^2 - x^2}$ | $x = a\sin\theta$ | $a\cos\theta$ |
| $\sqrt{a^2 + x^2}$ | $x = a\tan\theta$ | $\dfrac{a}{\cos\theta}$ |
| $\sqrt{x^2 - a^2}$ | $x = \dfrac{a}{\cos\theta}$ | $a\tan\theta$ |
これらの置換をすると、三角関数の恒等式 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$、$1 + \tan^2\theta = \dfrac{1}{\cos^2\theta}$ を使って根号を消せる。例えば $\sqrt{a^2 - x^2}$ に $x = a\sin\theta$ を代入すると $\sqrt{a^2 - a^2\sin^2\theta} = a\sqrt{1 - \sin^2\theta} = a\cos\theta$ となり、根号が外れる。
例3.9
$\displaystyle\int \sqrt{1 - x^2} \, dx$を求める。
$x = \sin\theta$（$-\dfrac{\pi}{2} \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$）とおくと：
- $dx = \cos\theta \, d\theta$
- $\sqrt{1 - x^2} = \sqrt{1 - \sin^2\theta} = \cos\theta$（$\cos\theta \geq 0$）
$\theta = \arcsin x$、$\sin\theta = x$、$\cos\theta = \sqrt{1-x^2}$より：
$$= \dfrac{\arcsin x}{2} + \dfrac{x\sqrt{1-x^2}}{2} + C = \dfrac{1}{2}\left(x\sqrt{1-x^2} + \arcsin x\right) + C$$3.6 練習問題
問題1
次の不定積分を置換積分で求めよ。
- $\displaystyle\int (3x - 2)^4 \, dx$
- $\displaystyle\int x\sqrt{x^2 - 1} \, dx$
- $\displaystyle\int e^{2x} \, dx$
- $\displaystyle\int \dfrac{\cos x}{\sin^2 x} \, dx$
解答を見る
-
$u = 3x - 2$とおくと$dx = \dfrac{1}{3} du$
$$\displaystyle\int (3x - 2)^4 \, dx = \dfrac{1}{3} \displaystyle\int u^4 \, du = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{u^5}{5} + C = \dfrac{(3x-2)^5}{15} + C$$ -
$u = x^2 - 1$とおくと$x \, dx = \dfrac{1}{2} du$
$$\displaystyle\int x\sqrt{x^2 - 1} \, dx = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int \sqrt{u} \, du = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2u^{3/2}}{3} + C = \dfrac{(x^2-1)^{3/2}}{3} + C$$ -
$u = 2x$とおくと$dx = \dfrac{1}{2} du$
$$\displaystyle\int e^{2x} \, dx = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int e^u \, du = \dfrac{e^u}{2} + C = \dfrac{e^{2x}}{2} + C$$ -
$u = \sin x$とおくと$du = \cos x \, dx$
$$\displaystyle\int \dfrac{\cos x}{\sin^2 x} \, dx = \displaystyle\int \dfrac{1}{u^2} \, du = -\dfrac{1}{u} + C = -\dfrac{1}{\sin x} + C$$
問題2
次の定積分を求めよ。
- $\displaystyle\int_0^1 x(1 + x^2)^4 \, dx$
- $\displaystyle\int_0^{\pi/4} \tan x \, dx$
解答を見る
-
$u = 1 + x^2$とおくと$x \, dx = \dfrac{1}{2} du$
区間：$x = 0 \Rightarrow u = 1$、$x = 1 \Rightarrow u = 2$
$$\displaystyle\int_0^1 x(1 + x^2)^4 \, dx = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_1^2 u^4 \, du = \dfrac{1}{2}\left[\dfrac{u^5}{5}\right]_1^2 = \dfrac{1}{10}(32 - 1) = \dfrac{31}{10}$$ -
$\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$で、$u = \cos x$とおくと$du = -\sin x \, dx$
区間：$x = 0 \Rightarrow u = 1$、$x = \dfrac{\pi}{4} \Rightarrow u = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$$\displaystyle\int_0^{\pi/4} \tan x \, dx = -\displaystyle\int_1^{1/\sqrt{2}} \dfrac{1}{u} \, du = -\left[\ln|u|\right]_1^{1/\sqrt{2}} = -\ln\dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{1}{2}\ln 2$$
よくある質問
置換積分法とは？
合成関数の微分の逆操作で、変数を置き換えて積分を簡単にする方法である。被積分関数の中に「関数とその導関数」のペアを見つけ、新しい変数 $u$ に置き換えることで計算しやすい形に変換する。
定積分の置換積分では何に注意する？
変数を置換したら積分区間も新しい変数に合わせて変更する必要がある。$x = a$ のとき $u = g(a)$、$x = b$ のとき $u = g(b)$ として、積分区間を $[g(a), g(b)]$ に書き換える。
三角関数の置換はいつ使う？
$\sqrt{a^2-x^2}$、$\sqrt{a^2+x^2}$、$\sqrt{x^2-a^2}$ の形が現れたとき、三角関数で置換すると根号が外れる。それぞれ $x = a\sin\theta$、$x = a\tan\theta$、$x = a/\cos\theta$ と置換する。
どんなときに置換積分を使う？
被積分関数が「合成関数 $f(g(x))$ と、内側の関数の導関数 $g'(x)$（の定数倍）」を含むときに使う。例えば $(2x+1)^5$ のように、内側 $g(x) = 2x+1$ とその微分 $g'(x) = 2$ が式中に現れる形で特に有効である。