定積分で定まる定数

== 定積分で定まる定数 ==

　この教材では，高卒から大学初年度レベルの定積分で定まる定数をまとめる．

Ⅰ　有理関数

(1.1) $ax^2+ bx+ c=0\hspace{5}(a\ne 0)$ が異なる2つ実数解 $\alpha,\hspace{2}\beta$ をもつとき
$\int_{\alpha}^{\beta}(ax^2+ bx+ c)dx=-\frac{a}{6}(\beta-\alpha)^3$

　この定積分は，右図のように２次関数とｘ軸が2交点で交わるときに，2次関数とｘ軸とで囲まれる図形の面積（符号は負になっている）を表している．
　高校数学Ⅱで発展学習として習うことがある．（教科書や授業では触れない場合もある）
$\int_{\alpha}^{\beta}a(x-\alpha)(x-\beta)dx=-\frac{a}{6}(\beta-\alpha)^3$
と書ける

（証明）
$a\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)(x-\beta)dx$
$=a\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)(x-\alpha+\alpha-\beta)dx$
$=a\int_{\alpha}^{\beta}\{(x-\alpha)^2+(x-\alpha)(\alpha-\beta)\}dx$
$=a\left[\frac{(x-\alpha)^3}{3}+(\alpha-\beta)\frac{(x-\alpha)^2}{2}\right]_{\alpha}^{\beta}$
$=a\{\frac{(\beta-\alpha)^3}{3}+(\alpha-\beta)\frac{(\beta-\alpha)^2}{2}\}$
$=a\{\frac{(\beta-\alpha)^3}{3}-\frac{(\beta-\alpha)^3}{2}\}$
$=-\frac{a(\beta-\alpha)^3}{6}$

(1.2) $m,\hspace{2}n\underline{\ge}0$ を整数とするとき
$\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^m(\beta-x)^ndx=\frac{m!n!}{(m+ n+ 1)!}(\beta-\alpha)^{m+ n+ 1}$

　前述(1.1)はこの公式において，m=1, n=1の場合になっている

（証明）
次のように部分積分を行う．

$f(x)=(x-\alpha)^m\rightarrow f\apos (x)=m(x-\alpha)^{m-1}$
$g(x)=-\frac{(\beta-x)^{n+ 1}}{n+ 1}\leftarrow g\apos (x)=(\beta-x)^{n}$

$I(m,\hspace{2}n)=\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^m(\beta-x)^ndx=\int_{\alpha}^{\beta}f(x)g\apos (x)dx$
とおくと
$I(m,\hspace{2}n)=\left[f(x)g(x)\right]_{\alpha}^{\beta}-\int_{\alpha}^{\beta}f\apos (x)g(x)dx$
$f(\alpha)=0,\hspace{2}g(\beta)=0$ だから，第1項は消える
$I(m,\hspace{2}n)=\int_{\alpha}^{\beta}m(x-\alpha)^{m-1}\frac{(\beta-x)^{n+ 1}}{n+ 1}dx$
$=\frac{m}{n+ 1}\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^{m-1}(\beta-x)^{n+ 1}dx$
$=\frac{m}{n+ 1}I(m-1,\hspace{n+ 1}n+ 1)$

この漸化式を順次適用する
$I(m,\hspace{2}n)=\frac{m}{n+ 1}I(m-1,\hspace{2}n+ 1)$
$=\frac{m}{n+ 1}\cdot\frac{m-1}{n+ 2}I(m-2,\hspace{2}n+ 2)$
$=\frac{m}{n+ 1}\cdot\frac{m-1}{n+ 2}\cdot\frac{m-2}{n+ 3}I(m-3,\hspace{2}n+ 3)$
$=\frac{m}{n+ 1}\cdot\frac{m-1}{n+ 2}\cdot\frac{m-2}{n+ 3}\cdot\cdots\cdot\frac{1}{n+ m} I(0,\hspace{2}n+ m)$
ここで
$I(0,\hspace{2}m+ n)=\int_{\alpha}^{\beta}(\beta-x)^{m+ n}dx=-\left[\frac{(\beta-x)^{m+ n+ 1}}{m+ n+ 1}\right]_{\alpha}^{\beta}$
$=\frac{(\beta-\alpha)^{m+ n+ 1}}{m+ n+ 1}$
だから
$I(m,\hspace{2}n)=\frac{m}{n+ 1}\cdot\frac{m-1}{n+ 2}\cdot\frac{m-2}{n+ 3}\cdot\cdots\cdot\frac{1}{n+ m}\cdot\frac{(\beta-\alpha)^{m+ n+ 1}}{m+ n+ 1}$
$=\frac{m!n!}{(m+ n+ 1)!}(\beta-\alpha)^{m+ n+ 1}$

Ⅱ　無理関数

(2.1) $\int_0^{a}\sqrt{a^2-x^2}dx=\frac{\pi a^2}{4}$
(2.2) $\int_0^{a}\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx=\frac{\pi}{2}$

これらは高校数学Ⅲの置換積分で習う基本的な公式です．
（証明）
(2.1)は右図の4分円の面積が円の面積 $\pi a^2$ の4分の１になることを表しています．

次のように置換積分を行います．
$x=a\sin\theta$
$\frac{dx}{d\theta}=a\cos\theta$

$x$	$0\rightarrow a$
$\theta$	$0\rightarrow\frac{\pi}{2}$

$\int_0^{a}\sqrt{a^2-x^2}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{a^2-a^2\sin^2\theta}a\cos\theta d\theta$
$=\int_0^{\frac{\pi}{2}}a^2\cos^2\theta d\theta=a^2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos 2\theta+ 1}{2} d\theta$
$=a^2\Bigl[\frac{\sin 2\theta}{4}+\frac{\theta}{2}\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi a^2}{4}$

(2.2)
のとき，この被積分関数は $x\rightarrow a$ のとき $y\rightarrow\infty$ となる広義積分ですが，
$\lim_{t\rightarrow a}\int_0^{t}\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx$
の極限値を求めます．

次のように置換積分を行います．
$x=a\sin\theta$
$\frac{dx}{d\theta}=a\cos\theta$

$x$	$0\rightarrow a$
$\theta$	$0\rightarrow\frac{\pi}{2}$

$\int_0^{a}\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{a^2-a^2\sin^2\theta}}a\cos\theta d\theta$
$=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{a\cos\theta}a\cos\theta d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta=\Bigl[\theta\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2}$

(2.3) $\int_a^{b}\sqrt{(x-a)(b-x)}dx=\frac{(b-a)^2}{8}\pi\hspace{10}(a\lt b)$
(2.4) $\int_a^{b}\hspace{5}\frac{1}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}dx=\pi\hspace{10}(a\lt b)$

（証明）
(2.3)
　2次関数に根号を付けたもので $x=a,\hspace{3}x=b$ のとき，被積分関数が0になるのだから，右図のように中心が $x=\frac{a+ b}{2}$ で半径が $x=\frac{a-b}{2}$ の（上）半円を考える．実際，次の左辺の式と右辺の式を展開してみると，これらは等しい．
$\left(\frac{b-a}{2}\right)^2-\left(x-\frac{a+ b}{2}\right)^2=(x-a)(b-x)$
$\int_a^{b}\sqrt{(x-a)(b-x)}dx=\int_a^{b}\sqrt{\left(\frac{b-a}{2}\right)^2-\left(x-\frac{a+ b}{2}\right)^2}dx$

$\frac{b-a}{2}=r,\hspace{5}x-\frac{a+ b}{2}=t$ とおく置換積分を行うと
$dt=dx$

$x$	$a\hspace{10}\rightarrow\hspace{10} b$
$t$	$-r\rightarrow r$

$\int_a^{b}\sqrt{(x-a)(b-x)}dx=\int_{-r}^{r}\sqrt{r^2-t^2}dt$

$t=r\sin\theta$ とおく置換積分を行うと
$\frac{dt}{d\theta}=r\cos\theta$

$t$	$-r\hspace{10}\rightarrow\hspace{10}r$
$\theta$	$-\frac{\pi}{2}\rightarrow\frac{\pi}{2}$

$\int_{-r}^{r}\sqrt{r^2-t^2}dt=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{r^2-r^2\sin^2\theta}\hspace{3}r\cos\theta d\theta$
$=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}r\cos\theta\cdot r\cos\theta d\theta=r^2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\theta d\theta$
$=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}r\cos\theta\cdot r\cos\theta d\theta=r^2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos 2\theta+ 1}{2}d\theta$
$=r^2\Bigl[\frac{\sin 2\theta}{4}+\frac{\theta}{2}\Bigr]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi r^2}{2}=\frac{(b-a)^2}{8}\pi$

（参考）方べきの定理
　右図上のように，弦ABとCDが点Pで交わるとき，△APCと△DPBが相似になることから，AP･BP=DP･CPが成り立つ．
　右図下のように，CP=DPのときは，AP･BP=CP²となるから
$\sqrt{AP\cdot BP}=CP$
になる．
　CPは円周のｙ座標だから，その積分は半円の面積になる．

(2.4)
(2.3)と同様にして $\frac{b-a}{2}=r,\hspace{5}x-\frac{a+ b}{2}=t$ とおく置換積分を行うと
$\int_a^{b}\hspace{5}\frac{1}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}dx=\int_{-r}^{r}\frac{1}{\sqrt{r^2-t^2}}dt$
$=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{r\cos\theta}{\sqrt{r^2-r^2\sin^2\theta}}d\theta=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta$
$=\Bigl[\theta\Bigr]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\pi$

(2.5) $\int_a^{b}\sqrt{\frac{x-a}{b-x}}dx=\frac{b-a}{2}\pi\hspace{10}(a\lt b)$
(2.6) $\int_a^{b}\sqrt{\frac{b-x}{x-a}}dx=\frac{b-a}{2}\pi\hspace{10}(a\lt b)$

（証明）
(2.5)　右図のようにABを直径とする円において，∠CBP=θとおくと
$\frac{BC}{AB}=\cos\theta$
$\frac{PB}{BC}=\cos\theta$
の辺々を掛けると
$\frac{PB}{AB}=\cos^2\theta$ だから $\frac{b-x}{b-a}=\cos^2\theta$ …(1)
同様にして
$\frac{AC}{AB}=\sin\theta$
$\frac{AP}{AC}=\sin\theta$
の辺々を掛けると
$\frac{AP}{AB}=\sin^2\theta$ だから $\frac{x-a}{b-a}=\sin^2\theta$ …(2)
(2)÷(1)により
$\frac{x-a}{b-x}=\frac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta}$
$\sqrt{\frac{x-a}{b-x}}=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=\tan\theta$

$\frac{x-a}{b-a}=\sin^2\theta$ とおく置換積分を行うと
$\frac{dx}{d\theta}=2(b-a)\sin\theta\cos\theta$

$x$	$a\rightarrow b$
$\theta$	$0\rightarrow\frac{\pi}{2}$

$\int_a^{b}\sqrt{\frac{x-a}{b-x}}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\tan\theta\cdot 2(b-a)\sin\theta\cos\theta d\theta$
$=2(b-a)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2\theta d\theta=(b-a)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos 2\theta)d\theta$
$=(b-a)\Bigl[\theta-\frac{\sin 2\theta}{2}\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{b-a}{2}\pi$
※区間の上端において広義積分になっているが，極限値を考えます．

(2.6)
前問と同様にして
$\sqrt{\frac{b-x}{x-a}}=\frac{\cos\theta}{\sin\theta}=\cot\theta$
$\int_a^{b}\sqrt{\frac{b-x}{x-a}}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cot\theta\cdot 2(b-a)\sin\theta\cos\theta d\theta$
$=2(b-a)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\theta d\theta=(b-a)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos 2\theta)d\theta$
$=(b-a)\Bigl[\theta+\frac{\sin 2\theta}{2}\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{b-a}{2}\pi$

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