第5章積分の基本公式と定積分の性質

証明

$x$ の符号で場合分けする．

(i) $x\gt0$ のとき．第3章で示した対数関数の導関数 $(\ln x)'=\dfrac1x$ より，ただちに $\displaystyle\int\frac1x\,dx=\ln x+C$ である．対数の真数 $x$ はこのとき正なので，何の問題も起きない．

(ii) $x\lt0$ のとき．真数 $x$ が負になってしまうので，$\ln x$ という式自体が実数の範囲では定義されない（対数は正の数に対してしか定義されないことを高校数学で習った）．そこで $x\lt0$ なら $-x\gt0$ であることに着目し，$\ln(-x)$ を微分してみる．$u=-x$ とおいた合成関数の微分（第3章）により，

となる（$u=-x$ の微分は $u'=-1$，これと $(\ln u)'=1/u$ を掛け合わせている）．符号が2回反転して打ち消し合い，結局 $1/x$ に戻ることに注意する．したがって $x\lt0$ では $\displaystyle\int\frac1x\,dx=\ln(-x)+C$ である．

(i)(ii)をまとめる．絶対値の定義 $|x|=x\ (x\ge0)$，$|x|=-x\ (x\lt0)$ を思い出すと，(i)は「$x\gt0$ で原始関数は $\ln x=\ln|x|$」，(ii)は「$x\lt0$ で原始関数は $\ln(-x)=\ln|x|$」と読み替えられる．つまりどちらの場合も原始関数は同じ式 $\ln|x|$ でまとめて書けるから，$\displaystyle\int\frac1x\,dx=\ln|x|+C$（$x\neq0$）が成り立つ．（証明終わり）

証明（考え方：積分は微分の逆であることを直接使う）

第3章で示した $\dfrac{d}{dx}\sin x=\cos x$ の両辺に $dx$ を掛けると，微分形式の記法（$dy=y'\,dx$）で $d(\sin x)=\cos x\,dx$ と書ける．さらに両辺の先頭に $\int$（インテグラル，integral の記号）をつけると，

左辺は「$\sin x$ を微分してからまた積分する」という操作なので，不定積分は微分の逆演算だから $\sin x+C$ に戻る．よって $\sin x+C=\displaystyle\int\cos x\,dx$，すなわち $\displaystyle\int\cos x\,dx=\sin x+C$ を得る．

$\sin x$ の場合も同様である．$\dfrac{d}{dx}\cos x=-\sin x$ の両辺に $dx$ を掛けて $d(\cos x)=-\sin x\,dx$ とし，両辺に $\int$ をつけると $\displaystyle\int d(\cos x)=-\int\sin x\,dx$．左辺は $\cos x+C$ に戻るので $\cos x+C=-\displaystyle\int\sin x\,dx$．両辺に $-1$ を掛けると $-\cos x-C=\displaystyle\int\sin x\,dx$ となり（$-C$ もまた任意定数なので改めて $C$ と書き直せば），$\displaystyle\int\sin x\,dx=-\cos x+C$ を得る．（証明終わり）

証明

第3章の $\dfrac{d}{dx}\tan x=\dfrac{1}{\cos^2x}$ の両辺に $dx$ を掛けて $\int$ をつけると，$\displaystyle\int d(\tan x)=\int\frac{1}{\cos^2x}\,dx$．左辺は $\tan x+C$ に戻るから，$\displaystyle\int\frac{1}{\cos^2x}\,dx=\tan x+C$．（証明終わり）

別解（置換積分）　高校数学既習の恒等式 $1+\tan^2x=\dfrac{1}{\cos^2x}$（$\cos^2x$ で割った三角関数の相互関係）を使うと，$\displaystyle\int\frac{1}{\cos^2x}\,dx=\int(1+\tan^2x)\,dx$ と書き換えられる．ここで $t=\tan x$ とおくと，$\dfrac{1}{\cos^2x}=1+t^2$ であることに注意して，$dt=\dfrac{1}{\cos^2x}\,dx=(1+t^2)\,dx$ が成り立つ．したがって被積分関数 $(1+t^2)\,dx$ はちょうど $dt$ そのものであり，

となって，同じ結果が得られる．

証明

第3章の $\dfrac{d}{dx}a^x=a^x\ln a$ の両辺に $dx$ を掛けると，$d(a^x)=a^x\ln a\,dx$．両辺を（$a\neq1$ より $\ln a\neq0$ なので）$\ln a$ で割ると，

（左辺は，定数 $1/\ln a$ を微分の外に出せることから，$d(a^x/\ln a)=\{(a^x/\ln a)\}'dx=\frac{1}{\ln a}(a^x)'dx=\frac{1}{\ln a}a^x\ln a\,dx=a^x dx$ となり確かに一致する．）両辺に $\int$ をつけると，左辺は $\dfrac{a^x}{\ln a}+C$ に戻るので，$\displaystyle\int a^x\,dx=\frac{a^x}{\ln a}+C$ を得る．（証明終わり）

別解（置換積分）　$A=a^x$ とおくと，$dA=a^x\ln a\,dx$，すなわち $dx=\dfrac{dA}{a^x\ln a}=\dfrac{dA}{A\ln a}$．よって

となり，同じ結果を得る．（$a=e$ とすれば $\ln e=1$ なので，おなじみの $\displaystyle\int e^x\,dx=e^x+C$ に帰着することも確認できる．）

証明（置換積分：$x=\sin t$）

$x=\sin t\ \left(-\dfrac{\pi}2\le t\le\dfrac{\pi}2\right)$ とおく．このとき $1-x^2=1-\sin^2t=\cos^2t$（三角関数の基本公式 $\sin^2t+\cos^2t=1$ より），また $dx=\cos t\,dt$ である．$\sqrt{\cos^2t}=|\cos t|$（2乗の平方根はもとの数の絶対値になる）であることに注意して，$\cos t$ の符号で場合分けする．

(i) $\cos t\ge0$ のとき（$-\dfrac{\pi}2\le t\le\dfrac{\pi}2$ の範囲ではつねにこちら）．$\sqrt{1-x^2}=|\cos t|=\cos t$ なので，

（最後の等号は，$x=\sin t$ の定義より $t=\sin^{-1}x$ となることから．）

実は $t$ の範囲を $-\dfrac{\pi}2\le t\le\dfrac{\pi}2$ に選んだ時点で $\cos t\ge0$ は保証されているので，場合(ii)（$\cos t\lt0$）は本来起こらない．（ノートには $\cos t\lt0$ の場合も併記され，$\sqrt{1-x^2}=-\cos t$ として計算すると $-t=-\sin^{-1}x$ となるが，これは $t$ の範囲を $\left[\dfrac{\pi}2,\dfrac{3\pi}2\right]$ のようにずらした場合の話であり，$-\sin^{-1}x$ は結局，(i)の $t$ とは符号の違う角を選んだだけで同じ原始関数を与える．置換の際に $t$ の範囲を最初から $\left[-\dfrac{\pi}2,\dfrac{\pi}2\right]$ に固定しておけば，(i)だけで証明は完結する．）（証明終わり）

証明（置換積分：$x=\tan\theta$）

$x=\tan\theta\ \left(-\dfrac{\pi}2\lt\theta\lt\dfrac{\pi}2\right)$ とおく．三角関数の相互関係 $1+\tan^2\theta=\dfrac{1}{\cos^2\theta}$ より $1+x^2=\dfrac{1}{\cos^2\theta}$，また $dx=\dfrac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta$ である．したがって，

（分数の中の分数を整理すると，$\dfrac{1}{1/\cos^2\theta}\times\dfrac{1}{\cos^2\theta}=\cos^2\theta\times\dfrac{1}{\cos^2\theta}=1$ となって，被積分関数がちょうど $1$ になることに注目する．）（証明終わり）

証明

第2章の定義 $\sinh x=\dfrac{e^x-e^{-x}}2$，$\cosh x=\dfrac{e^x+e^{-x}}2$ を使う．

（$\displaystyle\int e^{-x}\,dx=\frac{e^{-x}}{-1}+C=-e^{-x}+C$ を使った．$-(-e^{-x})=e^{-x}$ で符号が反転することに注意．）同様に，

（証明終わり）

証明（公式5.10：置換積分 $x=a\tan t$）

$x=a\tan t$ とおくと，$a^2+x^2=a^2(1+\tan^2t)=a^2\cdot\dfrac{1}{\cos^2t}=\dfrac{a^2}{\cos^2t}$，また $dx=a\cdot\dfrac{1}{\cos^2t}\,dt$ である．よって，

（分数を整理すると $\dfrac{\cos^2t}{a^2}\times a\times\dfrac{1}{\cos^2t}=\dfrac1a$ となる．）ここで，$\tan t=\dfrac{x}{a}$ の定義から $t=\tan^{-1}\dfrac{x}{a}$ なので，$\displaystyle\int\frac{1}{a^2+x^2}\,dx=\frac1a\tan^{-1}\frac{x}{a}+C$ を得る．（証明終わり）

証明（公式5.11：置換積分 $x=a\sin t$）

$x=a\sin t$ とおくと，$a^2-x^2=a^2(1-\sin^2t)=a^2\cos^2t$，また $dx=a\cos t\,dt$ である．公式5.6と同様に $t$ の範囲を $-\dfrac{\pi}2\le t\le\dfrac{\pi}2$ に選べば $\cos t\ge0$ なので $\sqrt{a^2-x^2}=a\cos t$（$a\gt0$ を使った）．よって，

$\sin t=\dfrac{x}{a}$ の定義から $t=\sin^{-1}\dfrac{x}{a}$ なので，$\displaystyle\int\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}\,dx=\sin^{-1}\frac{x}{a}+C$ を得る．（証明終わり）

証明（右辺を直接微分して確かめる）

この公式は置換積分よりも，右辺を直接微分するほうが見通しがよい．合成関数の微分を使うと，

（$\{\ln|u|\}'=u'/u$ の $u=x+\sqrt{x^2+\alpha}$ に対して，$u'=1+\dfrac{d}{dx}\sqrt{x^2+\alpha}=1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+\alpha}}=1+\dfrac{x}{\sqrt{x^2+\alpha}}$ を計算し，分子を通分せずにそのまま書いた形．）分子を $\sqrt{x^2+\alpha}$ で通分してまとめると，

（分子の $\sqrt{x^2+\alpha}+x$ と分母の $x+\sqrt{x^2+\alpha}$ はまったく同じ式なので約分されて $1$ になる．）これはちょうど公式の被積分関数なので，$\displaystyle\int\frac{1}{\sqrt{x^2+\alpha}}\,dx=\ln\left|x+\sqrt{x^2+\alpha}\right|+C$ が示された．（証明終わり）

証明

被積分関数を，積分しやすい形に変形するところから始める．$(x-\beta)=(x-\alpha)+(\alpha-\beta)$ と書けることに注目すると（$(x-\alpha)+(\alpha-\beta)=x-\beta$ であることは右辺を展開すれば確認できる），

したがって（$\alpha-\beta$ は $x$ に無関係な定数として積分の外に出せることに注意して），

$x=\alpha$ を代入すると $(x-\alpha)^3=(x-\alpha)^2=0$ になるので，下端の寄与は $0$ である．$x=\beta$ を代入すると，

ここで $\alpha-\beta=-(\beta-\alpha)$ なので，第2項は $-\dfrac12(\beta-\alpha)^3$ と書き直せる（$-1$ をくくり出した）．よって，

（証明終わり）

証明

$\displaystyle F(x)=\int f(x)\,dx$（$f$ の原始関数の1つ）とおく．第2章で学んだ（微分に関する）平均値の定理を $F$ に適用すると，

を満たす $c$ が存在する．ここで $F$ は $f$ の原始関数なので $F'(c)=f(c)$ である．したがって，

左辺 $F(b)-F(a)$ は，まさに定積分の定義（原始関数の差）により $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx$ に等しい．よって $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx=(b-a)f(c)$ が示された．（証明終わり）

証明

底本のノートには，この不等式は主張のみが記され，証明は書かれていない．しかし証明はそれほど難しくないので，ここで補っておく．まず，絶対値の定義から，任意の $x$ に対して

が成り立つ（これは「$f(x)$ はその絶対値を超えないし，絶対値にマイナスを付けたものより小さくなることもない」という，絶対値の最も基本的な性質である）．定積分には，$g(x)\le h(x)$ が区間 $[a,b]$全体で成り立つならば $\displaystyle\int_a^b g(x)\,dx\le\int_a^b h(x)\,dx$ という単調性（monotonicity）がある——これは，定積分を「グラフの下の（符号つき）面積」とみなせば，面積の大小関係として直感的に正しい．（5.3節でリーマン和により定積分を厳密に定義したあと，この単調性は上方和・下方和の単調性からただちに従うことが確認できる．）そこで上の不等式の各辺を $a$ から $b$ まで積分すると，

左辺は $\displaystyle-\int_a^b|f(x)|\,dx$ に等しい（定数倍 $-1$ は積分の外に出せる）ので，

これは，「$\int_a^b f\,dx$ が $-\int_a^b|f|\,dx$ 以上，$\int_a^b|f|\,dx$ 以下である」ということであり，絶対値の定義（$|X|\le M\iff-M\le X\le M$）により，まさに $\left|\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\right|\le\displaystyle\int_a^b|f(x)|\,dx$ を意味する．（証明終わり）

証明

任意の実数 $C$ に対して $\{f(x)+Cg(x)\}^2\ge0$ が成り立つ（実数の2乗は必ず0以上）．したがって，この不等式の両辺を $a$ から $b$ まで積分しても不等号の向きは変わらず，

左辺を展開すると，$\{f+Cg\}^2=f^2+2Cfg+C^2g^2$ なので，

これは，$C$ についての2次不等式とみることができる（$C^2$ の係数 $\displaystyle\int_a^b g^2\,dx$ は0以上の定数，$C$ の係数と定数項もそれぞれ積分で決まる定数）．Ⓐがどんな実数 $C$ に対しても成り立つためには，この2次式のグラフ（下に凸の放物線，あるいは $g\equiv0$ の退化した場合は定数関数）が $C$ 軸と交わらないか接するだけでなければならない．すなわち，2次方程式としての判別式 $D$ が $D\le0$ を満たせばよい（$D\gt0$ だと2つの実数解の間で2次式が負になり，Ⓐに反する実数 $C$ が存在してしまう）．2次式 $AC^2+2BC+D_0\ge0$（$A=\int g^2,\ B=\int fg,\ D_0=\int f^2$ とおいた）の判別式は $4B^2-4AD_0=4\left\{\left(\int fg\right)^2-\int f^2\cdot\int g^2\right\}$ であるから，$D\le0$ は

を意味する．これを移項すれば，

となり，定理が示された．（証明終わり）

証明

角を $\theta$ から $\theta+\Delta\theta$ までわずかに動かしたときにできる，細長い扇形状の部分の面積を $\Delta S$ とする．$\Delta\theta$ が十分小さいとき，この部分は半径 $r$，中心角 $\Delta\theta$ の（真の）扇形とほとんど同じ形をしており，扇形の面積公式（高校数学既習）$\frac12 r^2\Delta\theta$ で近似できる．

$\Delta\theta\to0$ の極限をとると，この近似の誤差も $0$ に収束し（$r=f(\theta)$ は連続なので，$\Delta\theta$ が小さいほど区間内での $r$ の変化も小さくなる），

という，$S$ と $\theta$ の関係を表す微分方程式が得られる．両辺を $\theta=\alpha$ から $\theta=\beta$ まで積分すれば，$\displaystyle S=\int_\alpha^\beta\frac{dS}{d\theta}\,d\theta=\int_\alpha^\beta\frac12r^2\,d\theta$ となる．（証明終わり）

証明

この立体を，$x$ 軸に垂直な平面で薄く輪切りにすることを考える．位置 $x$ での輪切り（厚み $\Delta x$）は，半径 $f(x)$，高さ（厚み）$\Delta x$ の円柱にほとんど等しいので，その体積は円柱の体積公式（高校数学既習）より

（極限 $\Delta x\to0$ で誤差が消えることは，極方程式の面積公式の証明と同様である．）両辺を $a$ から $b$ まで積分すれば，$\displaystyle V=\int_a^b\frac{dV}{dx}\,dx=\pi\int_a^b f^2(x)\,dx$ を得る．（証明終わり）

証明

位置 $x$ から $x+\Delta x$ までの薄い短冊（高さ $f(x)$，幅 $\Delta x$）を $y$ 軸のまわりに回転させると，半径 $x+\Delta x$ の円柱から半径 $x$ の円柱をくり抜いた，薄い円筒（シェル，shell）ができる．その体積は，2つの円柱の体積の差である．

右辺を展開すると，$(x+\Delta x)^2=x^2+2x\Delta x+(\Delta x)^2$ なので，

ここで $\Delta x\to0$ の極限を考えると，$(\Delta x)^2$ の項は $\Delta x$ の項に比べてはるかに速く $0$ に近づく（たとえば $\Delta x=0.01$ なら $(\Delta x)^2=0.0001$ で，$100$ 分の $1$ の小ささである）．したがって $(\Delta x)^2$ の項を無視すると，

両辺を $a$ から $b$ まで積分すれば，$\displaystyle V=\int_a^b\frac{dV}{dx}\,dx=2\pi\int_a^b xf(x)\,dx$ を得る．（証明終わり）

証明

位置 $x$ から $x+\Delta x$ までの，曲線に沿った微小な弧を $y$ 軸のまわりに回転させると，細い帯（バンド）状の曲面ができる．この帯を切り開いて伸ばすと，横の長さが円周 $2\pi x$（半径 $x$ の円周にほとんど等しい），縦の長さが弧の長さ $\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$（$\Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)$．弧を，$x,y$ 方向にそれぞれ $\Delta x,\Delta y$ だけ進む短い線分で近似している）の細長い長方形にほとんど等しい．したがって，

両辺を $\Delta x$ で割ると，

（ルートの中を $(\Delta x)^2$ でくくり出した：$\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}=|\Delta x|\sqrt{1+(\Delta y/\Delta x)^2}$，$\Delta x\gt0$ としてよい．）$\Delta x\to0$ の極限で $\Delta y/\Delta x\to f'(x)$（導関数の定義そのもの）となるので，

両辺を $a$ から $b$ まで積分すれば，公式5.17を得る．（証明終わり）

証明

小区間 $[x_{k-1},x_k]$ に対応する線分 $P_{k-1}P_k$ の長さは，三平方の定理（高校数学既習）により，

である．ここで平均値の定理（第2章，あるいは定理5.1の証明で使ったのと同じ定理）を $f$ に適用すると，$\dfrac{\Delta y_k}{\Delta x_k}=\dfrac{f(x_k)-f(x_{k-1})}{x_k-x_{k-1}}=f'(t_k)$ を満たす点 $t_k\in(x_{k-1},x_k)$ が存在する．これを使うと，

（$\Delta x_k\gt0$ として $(\Delta x_k)^2$ をルートの外に $\Delta x_k$ として出した．）したがって，折れ線全体の長さは，

これは，関数 $g(x)=\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}$ に対する，代表点 $t_k$ でのリーマン和そのものである（5.3節の定義5.1と見比べてほしい）．分割を限りなく細かくする（$|\Delta|\to0$）と，このリーマン和は定義5.1により定積分 $\displaystyle\int_a^b\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}\,dx$ に収束する．これを曲線の長さ $L$ の定義とすれば，公式5.18が得られる．（証明終わり）