(1)

6 積分法

与えられた関数 f(x)に対して [a, b]上の積分を次のように定義する．

定義 6.1（Riemann 積分）[a, b]上において有界な関数 f(x)に対して次の条件を

満たす数 Sが存在する時，f(x)は [a, b]において (Riemann)積分可能という．

a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = bとする.

区間 I = [a, b]の分割を ∆ = {x1, · · · , xn}と表わしmax

i(xi − xi−1) = |∆|と表わす.

長方形の面積の和を

リーマン和という．

区間 [xi−1, xi]の中に１つ点 ξiをとり∑∆(f) =

n∑i=1

f(ξi)(xi − xi−1)を考える．

これをリーマン和という. (ξiを代表点と呼ぶ)

リーマン和∑

∆(f)が |∆| → 0(分割の幅をどんどん小さくする)

のとき,代表点 ξiのとり方によらず, ある値 Sに近づくとき,

数式で書くと

∀ε > 0 ∃δ > 0 |∆| = maxi|xi − xi−1| < δ

ξiのとり方によらず ( ∀ξi ∈ [xi−1, xi])

|∑

∆−S| = |∑

f(ξi)(xi − xi−1)− S| < ε

を満たすとき, この Sを定積分と呼び,∫ b

af(x)dxと表わす

(2)

Remark 有界であるが積分可能でない関数が存在する例えば，I = [0, 1]に対して

f(x) =

1 (x :有理数)

0 (x :無理数)

どんな区間 [xi−1, xi]にも

有理数と無理数は無数に存在する.

↓代表点 ξiを有理数とすると,任意の分割∆に対して∑

∆(f) =∑

f(ξi)(xi − xi−1) =∑

(xi − xi−1) = 1

代表点 ξiを無理数とすると,任意の分割∆に対して∑∆(f) =

∑f(ξi)(xi − xi−1) = 0

⇒∑

∆(f)は |∆| → 0としても収束しない ⇒積分可能でない.

(3)

定理 6.1 [a, b]で連続な関数は (Riemann)積分可能.

証明　（長くてタフである）

分割∆ に対して∑∆(f) =

n∑i=1

f(ξi)(xi − xi−1)

∆ = {x1, x2, · · · , xn}とする.

f(x)は有界なので ( ∃L |f(x)| < L)

supxi−15x5xi

f(x) = Mi, infxi−15x5xi

f(x) = mi とする.

すると

n∑i=1

mi(xi − xi−1) 5∑

∆(f) 5

n∑i=1

Mi(xi − xi−1)

⇑mi 5 f(ξi) 5 Mi より

s∆ =n∑

i=1

mi(xi − xi−1)

S∆ =n∑

i=1

Mi(xi − xi−1)とする．

すると次の３条件が成立する.

(i) s∆ 5 S∆ (mi 5 Miより)

(ii) ∆1 ⊂ ∆2なら (∆1をさらに細かくしたのが∆2 )

s∆1 5 s∆2 かつ S∆1 = S∆2 .

∵) ∆1 = {x1, x2, · · · , xn}とする.

∆2で区間 [xi−1, xi]に新しい分点 yが入ったとする.

mi = infxi−15x5xi

f(x) 5 infxi−15x5y

f(x) かつ mi 5 infy5x5xi

f(x).

mi(xi − xi−1) 5 infxi−15x5y

f(x)(y − xi−1) + infy5x5xi

f(x)(xi − y)

s∆1の [xi−1, xi]の部分 s∆2の [xi−1, xi]の部分

全ての iについて成立するので s∆1 5 s∆2 . S∆1 = S∆2も同様.

(4)

(iii) 任意の∆1 ⊂ ∆2につき s∆1 5 S∆2

なぜなら∆3 = ∆1 ∪∆2とすると

s∆1 5 s∆3 5 S∆3 5 S∆2

あらゆる分割∆に対して

s∆と S∆の集合は

(１点を除いて)交わらない

S∆は下に有界,s∆は上に有界なので

infと supが存在して inf S∆ ≥ sup s∆

f(x)が連続な場合

inf S∆ = sup s∆となることを示す

これには ∀ε > 0 ∃∆

S∆ − s∆ < ε

f(x)は閉区間 [a, b]で連続なので一様連続となる.∀ε > 0 ∃δ |x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| < ε

この δに対して分割の幅は最大値 |∆| < δとすると

|xi − xi−1| < δより∀x, ∀y ∈ [xi−1, xi]に対して

−ε < f(x)− f(y) < ε

[xi−1, xi]で xにつき sup, yにつき infをとると

−ε ≤Mi −mi ≤ ε

⇒ |f(x)− f(y)| < ε

⇒Mi −mi 5 ε

よって S∆ − s∆ ≤ ε(b− a)

⇒ inf S∆ = sup s∆が示せた.

これを Sとする.

(5)

すると s∆ ≤∑

∆(f) ≤ S∆かつ

|∆| = max(xi − xi−1) < δなら

S∆ − s∆ ≤ ε(b− a) より

|∑

∆(f)− S| = S∆ − s∆ ≤ ε(b− a)

⇒ Sはリーマン和∑

∆(f)の極限

次に Sが一意であることを示す S < S ′が存在したとする.

s∆ ≤ S < S ′ ≤ S∆ S∆ − s∆ ≤ ε(b− a)

⇒矛盾 よって Sは一意

基本的な性質

f(x)と g(x)は区間 [a, b]で積分可能とする．

(1) f(x) + g(x)は積分可能で∫ b

a

(f(x) + g(x)) dx =

∫ b

a

f(x)dx+

∫ b

a

g(x)dx

[証明 ]

定義に従って証明する

f(x)は積分可能なので ∀ε > 0 ∃δ1 > 0

|∆| = maxi|xi − xi−1| < δ1

⇒ |∑

f(ξi)(xi − xi−1)−∫ b

a

f(x)dx| < ε

g(x)も積分可能なので ∀ε > 0 ∃δ2 > 0

|∆| = maxi|xi − xi−1| < δ2

⇒ |∑

g(ξi)(xi − xi−1)−∫ b

a

g(x)dx| < ε

δ = min(δ1, δ2)とすると (min(δ1, δ2) = {δ1, δ2}の最小値← δ1, δ2の小さい方)

|∆| < δならば

|∑

(f(ξi) + g(ξi))(xi − xi−1)−∫ b

a

f(x)dx−∫ b

a

g(x)dx|

f + gのリーマン和

≤ |∑

f(ξi)(xi − xi−1)−∫ b

a

f(x)dx|+ |∑

g(ξi)(xi − xi−1)−∫ b

a

g(x)dx| < 2ε

⇒ f + gは積分可能で∫ b

a

(f(x) + g(x))dx =

∫ b

a

f(x)dx+

∫ b

a

g(x)dx

(6)

(2) ∀c ∈ Rに対して ∫ b

a

cf(x)dx = c

∫ b

a

f(x)dx

(3) a < c < bに対して ∫ b

a

f(x)dx =

∫ c

a

f(x)dx+

∫ b

c

f(x)dx

(4) f(x) ≥ 0なら， ∫ b

a

f(x)dx ≥ 0

(5) f(x) ≥ g(x)なら， ∫ b

a

f(x)dx ≥∫ b

a

g(x)dx

(6) M = supa≤x≤b

f(x),m = infa≤x≤b

f(x)とすると

m ≤ f(x) ≤M x ∈ [a, b]

[a, b]で積分すると

m(b− a) ≤∫ b

af(x)dx ≤M(b− a)

これよりある p (m ≤ p ≤M)が存在して∫ b

a

f(x)dx = p(b− a)

Remark

f(x)が [a, b]で連続なら

M = supa≤x≤b

f(x) = maxa≤x≤b

f(x)

m = infa≤x≤b

f(x) = mina≤x≤b

f(x)

中間値の定理より f(ξ) = p (m ≤ p ≤M)

をみたす ξ ∈ [a, b]が少なくとも１つ存在する.

すなわち∫ b

a

f(x)dx = f(ξ)(b− a)

(7)

(7)　 ∣∣∣∣ ∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a

|f(x)| dx

(−|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)|より)

(8)　シュワルツの不等式( ∫ b

a

f(x)g(x)dx

)2

≤∫ b

a

|f(x)|2dx∫ b

a

|g(x)|2dx

[ 証明 ]

λについての２次式∫ b

a

f(x) + λg(x)2 dx ≤ 0

の判別式を用いるとすぐに出る.

(9)面積

f(x) 5 g(x)とする

曲線 y = f(x), と y = g(x), と直線 x = a, x = bが

囲む部分の面積は　 ∫ b

a

(g(x)− f(x))dx

(8)

定義 6.2

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt を f(x)の不定積分とよび,

これを∫

f(x)dxと表す．

定理 6.2

f(x) が連続なら F ′(x) = f(x)

F ′(x) = limh→0

F (x+ h)− F (x)

h

= limh→0

∫ x+h

af(t)dt−

∫ x

af(t)dt

h

= limh→0

∫ x+h

xf(t)dt

h

前の (6)より

= limh→0

h× f(x+ θh)

h(0 ≤ θ ≤ 1)

= limh→0

f(x+ θh) = f(x)

Remark

F ′(x) = f(x) となる関数 を f(x) の原始関数という.

f(x) の不定積分は f(x) の原始関数を１つ見つけて，　

それに任意定数Cを加えた関数である．

(9)

例 6.1 　　不定積分の代表例を示す．

(6.1)

∫xαdx =

xα+1

α + 1+ C (α ̸= −1)

log |x|+ C (α = −1)

(6.2)

∫cos x dx = sin x+ C

(6.3)

∫sinx dx = − cosx+ C

(6.4)

∫eaxdx =

1

aeax + C

(6.5)

∫1

cos2 xdx = tan x+ C

(6.6)

∫1

sin2 xdx = − cotx+ C

(1

atan−1 x

a

)′

=1

1 + (xa)2×

1

a×

1

a=

1

x2 + a2を用いると

(6.7)

∫1

x2 + a2dx =

1

atan−1 x

a+ C

(6.8)

∫1

√a2 − x2

dx = sin−1 x

a+ C

(6.9)

∫ f ′(x)

f(x)dx = log |f(x)|+ C

(10)

(6.10)

∫1

x2 − a2dx =

1

2a

∫ (1

x− a−

1

x+ a

)dx =

1

2alog

∣∣∣∣x− a

x+ a

∣∣∣∣+ C

(6.11)

∫axdx =

∫ex log adx =

1

log aex log a + C =

1

log aax + C

(6.12)

∫tanx dx =

∫sin x

cos xdx = −

∫ − sin x

cosxdx = − log | cosx|+ C

(6.13)

∫1

√x2 − 1

dx = log |x+√x2 − 1|+ C (|x| > 1)

(6.14)

∫ √1− x2dx =

1

2

(x√1− x2 + sin−1 x

)+ C

(6.15)

∫ √x2 − 1dx =

1

2

(x√x2 − 1− log

∣∣∣x+√x2 − 1

∣∣∣)+ C (|x| > 1)

(6.16)

∫ √x2 + 1dx =

1

2

(x√x2 + 1− log

∣∣∣x+√x2 − 1

∣∣∣)+ C

(11)

F (x)を f(x)の原始関数の１つとする. F ′(x) = f(x)∫ b

a

f(x)dx = [F (x)]ba = F (b)− F (a)　

例 6.2 　　d

dx

∫ u(x)

c

f(t)dtを求めよ．

f(x)の原始関数の１つを F (t)とする．d

dx

∫ u(x)

c

f(t)dt = [F (t)]u(x)c =d

dx(F (u(x))− F (c))

=d

dxF (u(x)) = F ′(u(x))× u′(x) = f(u(x))× u′(x)

Riemann和を用いる例

例 6.3 　　

limn→∞

1

n3

(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2

)を求めよ．

変形してある関数のRiemann和にする

Sn =1

n3

(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2

)=

1

n

{(1

n

)2

+

(2

n

)2

+ · · ·+(nn

)2}Sn は区間 [0, 1] における関数 y = x2 のリーマン和になるので

limn→∞

Sn =

∫ 1

0

x2dx =1

3

Snは斜線分の面積である．

y = x2は [0, 1]で連続なので積分可能

(12)

積分計算では，次の２つの定理をよく使う．

定理 6.3 （部分積分）

G(x)を g(x)の原始関数とする．∫f(x)g(x)dx = f(x)G(x)−

∫f ′(x)G(x)dx

定積分では　 ∫ b

a

f(x)g(x)dx = [f(x)G(x)]ba −∫ b

a

f ′(x)G(x)dx

[証明 ] f(x)G(x)を微分すると

d

dx(f(x)G(x)) = f ′(x)G(x) + f(x)G′(x)

= f ′(x)G(x) + f(x)g(x)

この両辺を aから bまで積分すると

[(f(x)G(x))]ba =

∫ b

a

f ′(x)G(x) +

∫ b

a

f(x)g(x)

例 6.4

(1)

∫log xdx =

∫1× log xdx

=

∫(x)′ log xdx

= x log x−∫

x×1

xdx

= x log x−∫

1dx = x log x− x+ C (C:任意定数)

(2)

∫x(log x)2dx =

∫ (x2

2

)′

(log x)2dx

=x2

2(log x)2 −

∫x log xdx

=x2

2(log x)2 −

∫ (x2

2

)′

log xdx

=x2

2(log x)2 −

x2

2log x+

∫ (x2

2×

1

x

)dx

=x2

2(log x)2 −

x2

2log x+

x2

4+ C (C:任意定数)

(13)

定理 6.4 （置換積分）

x = ϕ(t) (ϕ(t) :微分可能)

すると ∫f(x)dx =

∫f(ϕ(t))ϕ′(t)dt

定積分では　 ∫ ϕ(b)

ϕ(a)

f(x)dx =

∫ b

a

f(ϕ(t))ϕ′(t)dt

Remark このように考えると覚えやすい.∫f(x)dx =

∫f(x(t))

dx

dt· dt (分数ではない！)

[証明 ] F (x) =

∫ x

ϕ(a)

f(t)dtとする.当然 F ′(x) = f(x).

x = ϕ(t)とおき両辺に ϕ′(t)をかける.

F ′(x)ϕ′(t) = f(x)ϕ′(t)

書き直すと

d

dt(F (ϕ(t))) = f(ϕ(t))ϕ′(t)

これを aから bまで積分すると

F (ϕ(b))− F (ϕ(a)) =

∫ b

a

f(ϕ(t))ϕ′(t)dt

左辺=

∫ ϕ(b)

ϕ(a)

f(x)dx =

∫ b

a

f(ϕ(t))ϕ′(t)dt

例 6.5

∫ (log x)2

xdxを求めよ．

t = log xとすると，dt

dx=

1

x∫ (log x)2

xdx =

∫1

x· t2 ×

dx

dt· dt

=

∫1

xt2 × xdt =

∫t2dt

=1

3t3 + C =

1

3(log x)3 + C

(14)

積分のコツ

(1)三角関数や exが出てくる場合，部分積分を繰り返して元の積分をくくりだす．

例 6.6 　　 I =

∫ex sinxdxを求めよ．

I =

∫(ex)′ sin xdx

= ex sin x−∫

ex cos xdx

ここで∫ex cosxdx =

(ex cos x+

∫ex sinxdx

)I = ex sinx−

(ex cos x+

∫ex sinxdx

)I = ex sinx− ex cos x− I

2I = ex sin x− ex cos x

I =1

2ex(sinx− cos x)

よって，∫

ex sin xdx =1

2ex(sinx− cosx) + C

¡別の方法¿

オイラーの公式

eix = cos x+ i sin x

これより例えば

eiπ + 1 = 0

eix = cos x+ i sinx

∫exeixdx =

∫ex(cosx+ i sin x)dx

=

∫e(1+i)xdx =

1

1 + ie(1+i)x =

1− i

2exeix

=ex

2(cosx− i cos x+ i sin x+ sinx)

z = a+ biに対して実部Re z = a,虚部 Im z = b

�の虚部をとると∫ex sinxdx =

1

2ex(sinx− cos x) + C

�の実部をとると∫ex cosxdx =

1

2ex(sinx+ cos x) + C

(15)

オイラーの公式はとても便利である

} eiθ1eiθ2 = cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)

(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2)

= cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 + i(cos θ1 sin θ2 + sin θ1 cos θ2)

�の実部は cos(θ1 + θ2) = cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2

�の虚部は sin(θ1 + θ2) = cos θ1 sin θ2 + sin θ1 cos θ2

} ド・モアブル

(eiθ)n = eiθn = cosnθ + i sinnθ

= (cos θ + i sin θ)n

(16)

(2) P (x), Q(x)は多項式とする．∫ P (x)

Q(x)dxはどのように計算するか？

Step1 P (x) = Q′(x)ならOK

Step2 P (x)がQ(x)より次数が高い場合

P (x)

Q(x)= R(x) +

P1(x)

Q(x)とする．（P1(x)はQ(x)よりも次数は低くする）

Step3 P (x) ̸= Q′(x)

Q(x)を因数分解してP (x)

Q(x)を積分可能な

分数式の和に分解して，それぞれ積分する.

例 6.7 　　∫

2x+ 1

x3 − 2x2 + xdxを求めよ．

2x+ 1

x3 − 2x+ x=

2x+ 1

(x− 1)2xそこで

2x+ 1

(x− 1)2x=

A

x+

B

x− 1+

C

(x− 1)2とおき，A,B,Cを求める．

(うまくいかない場合は別の組み合わせ)

これより，2x+ 1 = A(x− 1)2 +Bx(x− 1) + Cx = (A+B)x2 + (−2A−B + C)x+ A

これより，

A+B = 0

−2A−B + C = 2

A = 1

⇒ A = 1, B = −1, C = 3

∫2x+ 1

x3 − 2x2 + x=

∫ (1

x−

1

x− 1+

3

(x− 1)2

)dx

= log |x| − log |x− 1| −3

x− 1+ C = log

∣∣∣∣ x

x− 1

∣∣∣∣− 3

x− 1+ C

分数式⇒分母を因数分解して（積分可能な）分数式の和に分解.

(17)

(3)

∫F

(x, n

√ax+ b

cx+ d

)dxの場合

t = n

√ax+ b

cx+ dとすると

ax+ b

cx+ d= tnとなり (2)のパターン

にもちこむとうまくいく場合がある.

例 6.8 　　∫

1

(1− x)√1 + x

dxを求めよ．

t =√1 + xとおくと 1 + x = t2, x = t2 − 1,

dx

dt= 2t

これを代入すると∫1

(1− t2 + 1)× t× 2tdt =

∫ −2t2 − 2

dt

= −2×∫

(t+√2)(t−

√2)dt

= −2×∫ (

1

t−√2−

1

t+√2

)×

1

2√2dt

= −2

2√2log

∣∣∣∣∣t−√2

t+√2

∣∣∣∣∣+ C

= −1√2log

∣∣∣∣∣√1 + x−

√2

√1 + x+

√2

∣∣∣∣∣+ C

(18)

(4)

∫F (sinx, cos x)dxの場合

tanx

2= tとおくと，sinx =

2 sinx

2cos

x

2

sin2x

2+ cos2

x

2

=

2 tanx

2

1 + tan2x

2

=2t

1 + t2

cosx,dx

dtも同様.まとめると

sin x =2t

1 + t2

cos x =1− t2

1 + t2

dx

dt=

2

1 + t2

例 6.9 　　∫

1

2 + cos xdxを求めよ．

t = tanx

2とすると∫

1

2 + cos xdx =

∫1

2 +1−t2

1+t2

×2

1 + t2dt

=

∫2

2(1 + t2) + 1− t2dt =

∫2

t2 + 3dt = 2

∫1

t2 + 3dt

= 2×1√3tan−1 t

√3+ c =

2√3tan−1

(1√3tan

x

2

)+ C

(19)

(5)

∫F (ex)dxの場合

t = exとするとdt

dx= ex = t

となり (2)のパターンにもちこめてうまくいく場合がある

例 6.10 　　∫

1

ex + 4e−x + 5dxを求めよ．

ex = tとおくと

=

∫1

t+ 4t+ 5×

1

tdt

=

∫1

t2 + 5t+ 4dt =

∫1

(t+ 1)(t+ 4)dt

=1

3

∫ (1

t+ 1−

1

t+ 4

)dt =

1

3log

∣∣∣∣t+ 1

t+ 4

∣∣∣∣+ c =1

3log

(ex + 1

ex + 4

)+ C

Remark

(1)～(5)は必ず使えるようになること.

ただし,どうしてもうまくできない場合は数値計算で近似値を求める．