解析概論/第3章/積の積分(部分積分または因子積分)

35．積の積分（部分積分または因子積分）

この方法はしばしば応用される．区間 $[a,b]$ において $x$ の二つの函数 $u,v$ が微分可能で，$u',v'$ が連続ならば

$\frac{d(uv)}{dx}=uv' + u'v,$

従って

$[uv]_a^b=\int_a^b uv'\,dx+\int_a^b u'v\,dx,$

すなわち

(1)

$\int_a^b uv'\,dx=[uv]_a^b-\int_a^b u'v\,dx.$

または不定積分として簡明に書けば

(2)

$\int u\,dv=uv - \int v\,du.$

上記 (1) を部分積分法という．

［例 1］

$\int\sqrt{1-x^2}\,dx.$

(2) において $u=\sqrt{1-x^2} ,v=x$ とすれば

$\int\sqrt{1-x^2}\,dx=x\sqrt{1-x^2}+\int\frac{x^2}\sqrt{1-x^2}\,dx.$

今明確のために積分の下の限界を $0$ とする．そのとき $|x|\leqq 1$ ならば $[0,x]$ において最後の積分は収束する．よって

$\begin{align} \int_0^x \sqrt{1-x^2}\,dx &= x\sqrt{1-x^2}\Big|_0^x -\int_0^x\frac{1-x^2}\sqrt{1-x^2}\,dx +\int_0^x\frac{dx}\sqrt{1-x^2}\\ &= x\sqrt{1-x^2}-\int_0^x \sqrt{1-x^2}\,dx+\mathrm{Arc\,sin}\,x. \end{align}$

右辺の積分を左辺に移して，$2$ で割って

$\int_0^x \sqrt{1-x^2}\,dx=\frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2}+\mathrm{Arc\,sin}\,x).$

同様の方法で$\int \sqrt{x^2 - 1} dx, \int\sqrt{x^2 + 1} dx$が得られる．（90 頁の表参照．）

一般に

$\int f(x)\,dx=xf(x)-\int xf'(x)\,dx.$

それを用いて

$\begin{align} &\int\mathrm{Arc\,tan}\,x\,dx=x\mathrm{Arc\,tan}\,x-\log\sqrt{1+x^2},\\ &\int\mathrm{Arc\,sin}\,x\,dx=x\mathrm{Arc\,sin}\,x+\sqrt{1-x^2},\\ &\int\log x\,dx=x\log x-x. \end{align}$

［例 2］

$\int e^{mx} x^n dx.$

$u = x^n,\quad v = \frac{1}{m} e^{mx},$

$\int e^{ex} x^n\,dx=\frac{1}{m} e^{mx}x^n-\frac{n}{m}\int e^{mx}x^{n-1}\,dx.$

これは，いわゆる簡約公式である．特に $n$ が自然数ならば，この公式を $x$ の指数が $0$ になるまで繰り返して，不定積分ができる．よって $f(x)$ が多項式ならば $\textstyle\int e^{mx}f(x)\,dx$ が求められる．例えば $f(x)$ を $n$ 次の多項式とすれば

$\int e^{-x} f(x)\,dx=-e^{-x}{f(x)+f'(x)+\cdots+f^{(n)}(x)}.$

また変数の変換 $e^x=t$ によって

$\int t^m (\log t)^n\,dt$

の簡約公式を得る．

［注意］ 

上記の積分において，$m$ に $1$ を，$n$ に $1-n$ を代用すれば

$\int\frac{e^x\,dx}{x^n}= \frac{-e^x}{(n-1)x^{n-1}}+\frac{1}{n-1}\int\frac{e^x\,dx}{x^{n-1}}.$

$n$ が自然数ならば，これを繰り返して $\textstyle\int\frac{e^x}{x}\,dx$，または変数を換えて $\textstyle\int\frac{dx}{\log x}$に達する．

$\mathrm{Li}(x)=\int\frac{dx}{\log x}$

は対数積分（logarithmic integral）と称せられる高等函数である．

［例 3］

$I_1=\int e^{px}\cos qx\,dx,\quad I_2=\int e^{px}\sin qx\,dx$

とすれば，

$\begin{align} I_1&=\frac{1}q\int e^{px}\,d(\sin qx)=\frac{1}{q}e^{px}\sin qx-\frac{p}q I_2,\\ I_2&=-\frac{1}q\int e^{px}\,d(\cos qx)=-\frac{1}{q}e^{px}\cos qx+\frac{p}q I_1, \end{align}$

すなわち

$\begin{align} qI_1+pI_2&=e^{px}\sin qx, pI_1-qI_2&=e^{px}\cos qx. \end{align}$

故に

$\begin{align} I_1&=e^{px} \frac{p \cos qx + q \sin qx}{p^2 + q^2},\\ I_2&=e^{px} \frac{p \sin qx - q \cos qx}{p^2 + q^2}. \end{align}$

［注意］ 

上記の不定積分は複素変数を用いて簡単に計算される．すなわち

$\begin{align} I_1 + iI_2&=\int e^{(p+iq)x}\,dx=\frac{e^{(p+iq)x}}{p+iq}\\ &=\frac{(p-iq)e^{(p+iq)x}}{p^2+q^2}. \end{align}$

実部と虚部とに分ければ，上記の結果を得る．（§54）．

例 2，3 の方法によって $\alpha,\beta,\gamma,\ldots$ を任意の定数とするとき

$x,\,e^{\alpha x},\,\cos\beta x,\,\sin\gamma x,\, e^{\alpha_1 x},\,\cos\beta_1 x,\,\sin\gamma_1 x,\,\ldots$

の多項式 $P$ の不定積分

$\int P(x, \cos\beta x, \sin\gamma x,\ldots)\,dx$

ができる．計算の実効は面倒であるが，不定積分ができることの認識が大切である．

［例 4］

$\mathit\Gamma(s+1) = s\mathit\Gamma(s)$，また $n$ を自然数とすれば，$\mathit\Gamma(n)=(n-1)!$．

$\mathit\Gamma(s)=\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}\,dx\qquad(s > 0)$

が収束することは前に述べた（108 頁）．さて

$\frac{d}{dx}(e^{-x}x^s)=-e^{-x} x^s + se^{-x} x^{s-1}$

から

$\Big[e^{-x} x^s\Big]_\varepsilon^l =-\int_{\varepsilon}^l e^{-x}x^s\,dx+s\int_\varepsilon^l e^{-x}x^{s-1}\,dx.$

$\varepsilon \to 0, l \to \infty$のとき左辺は $0$ になるから

$\mathit\Gamma(s+1)=s\mathit\Gamma(s).$

特に$s=n$ が自然数ならば

$\mathit\Gamma(n)=(n-1)\mathit\Gamma(n-1)=(n-1)(n-2)\mathit\Gamma(n-2) =\cdots=(n-1)(n-2)\cdots 2\cdot\mathit\Gamma(1).$

さて

$\mathit\Gamma(1)=\int_0^\infty e^{-x}\,dx=-e^{-x}\Big|_0^{\infty}=1$

だから，$\mathit\Gamma(n)=(n-1)!$．

［注意］ 

Gaussの記号 $\mathit\Pi(s)$ は $\mathit\Gamma(s+1)$ を表わす．$\mathit\Pi(n)=n!$．

［例 5］

Wallis の公式．$n$ を自然数として

$S_n=\int_0^\frac\pi2 \sin^nx\,dx$

と置けば

$\begin{align} S_n &=-\sin^{n-1}x\cos x\bigg|_0^\frac\pi2+(n-1)\int_0^\frac\pi2\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx\\ &=(n-1)\int_0^\frac\pi2\sin^{n-2}x\,dx-(n-1)\int_0^\frac\pi2\sin^nx\,dx.\\ \end{align}$

故に

$S_n=\frac{n-1}{n} S_{n-2}.\quad(n \geq 2)$

また

$S_0 = \frac{\pi}{2},\quad S_1 = 1.$

そこで $n$ が偶数と奇数との場合を区別して

(1)

$S_{2n}=\frac{2n-1}{2n}\,\frac{2n-3}{2n-2}\cdots\frac{1}{2}\,\frac{\pi}{2},$

(2)

$S_{2n+1}=\frac{2n}{2n+1}\,\frac{2n-2}{2n-1}\cdots\frac{2}{3}$

故に

(3)

$\frac{\pi}{2}\frac{S_{2n+1}}{S_{2n}} =\frac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\,\frac{4\cdot 4}{3\cdot 5} \cdots\frac{2n\cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)}$

さて $0< x<\tfrac\pi2$ ならば $0<\sin^{2n+1}x<\sin^{2n}x<\sin^{2n-1} x$，従って

$0 < S_{2n+1} < S_{2n} < S_{2n-1},$

$1 < \frac{S_{2n}}{S_{2n+1}} < \frac{S_{2n-1}}{S_{2n+1}}=\frac{2n+1}{2n},$

故に

(4)

$\lim_{n\to\infty} \frac{S_{2n+1}}{S_{2n}}=1.$

従って (3) から

(5)

$\frac{\pi}{2}=\prod_{n=1}^{\infty}\frac{2n\cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)}.$

あるいは

(6)

$\frac{2}{\pi}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{1}{(2n)^2}\right).$

これが Wallis の公式である．これを次のように変形することができる．(1)，(2) から

$S_{2n} S_{2n+1}=\frac{\pi}{4n+2},$

$S_{2n+1} \sqrt{\frac{S_{2n}}{S_{2n+1}}}.$

故に (4) によって

(7)

$\frac\sqrt{\pi}{2}=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\,S_{2n+1}.$

さて (2) から

$S_{2n+1}=\frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!},$

故に

(8)

$\sqrt{\pi} = \lim \frac{2^{2n} (n!)^2}{\sqrt{n} (2n)!}.$

二項係数を用いるならば，これは次のようにも書かれる．

$\binom{2n}n \sim \frac{2^{2n}}\sqrt{n\pi}$　または　$(-1)^n\binom{-\frac{1}{2}}n \sim\frac{1}\sqrt{n\pi}.$

$\sim$ は‘漸近する’の略記で，$a_n \sim b_n$ は $\textstyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = 1$ を意味する．

［例 6］

$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}.$

これは部分積分の例ではないが，例 5 の応用としてここに掲げる．例 5 の積分 $S_n$ において変数 $x$ を $\cos x$ または $\cot x$ に変換すれば，それぞれ

$S_{2n+1}=\int_0^1(1-x^2)^n\,dx,\quad S_{2n-1}=\int_0^\infty\frac{dx}{(1+x^2)^n}$

を得る．さて $x \neq 0$ ならば

$1-x^2<e^{-x^2}<\frac{1}{1+x^2}.$

故に

$I=\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx=\sqrt{n}\int_0^\infty e^{-nx^2}\,dx$

と置けば

$\sqrt{n}\int_0^1(1-x^2)^n\,dx<I<\sqrt{n}\int_0^\infty\frac{dx}{(1+x^2)^n},$

すなわち

$\sqrt{n}\,S_{2n+1}<I<\sqrt{n}\,S_{2n-2}.$

(4)，(7) によって，$n\to\infty$ のとき両端辺は $\sqrt{\pi}/2$ に収束するから

$I=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$

よって標記の結果を得る．

［例 7］

$u,v$ の $n$ 階までの導函数が連続ならば，部分積分を反復応用して

(9)

$\begin{align} \int uv^{(n)}\,dx &=uv^{(n-1)}-\int u'v^{(n-1)}\,dx \\ &=uv^{(n-1)}-u'v^{(n-2)}+\int u''v^{(n-2)}\,dx \\ &=\cdots\cdots \\ &=uv^{(n-1)}-u'v^{(n-2)}+u''v^{(n-3)}-+\cdots\\ &\qquad\qquad+(-1)^{n-1}u ^{(n-1)}v+(-1)^n\int u^{(n)}v\,dx \\ \end{align}$

これを応用して Taylor 公式の剰余項を積分として表すことができる．今区間 $[a,b]$ において $f(x)$ の第 $n$ 階までの導函数が連続であるとして，(9) において $v=f(x), u=(b-x)^{n-1}$ とすれば $u^{(n)}=0$ だから

$\begin{align} \int_a^b (b-x)^{n-1}f^{(n)}(x)\,dx =\Big[(b-x)^{n-1}f^{(n-1)}(x)+(n-1)(b-x)^{n-2}f^{(n-2)}(x)+&\\ \cdots+(n-1)!\,(b-x)f'(x)+(n-1)!\,f(x)\Big]_a^b& \end{align}$

を得る．右辺で $x=b$ のとき $0$ になる項を整理して書き直せば

$\begin{align} f(b)=f(a)+\frac{b-a}{1!}f'(a)+\cdots &+\frac{(b-1)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a) \\ &+\frac{1}{(n-1)!}\int_a^b f^{(n)}(x)\,dx \end{align}$

これは Taylor の公式であるが，剰余項が

$R_n=\frac{1}{(n-1)!}\int_a^b (b-x)^{n-1}f^{(n)}(x)\,dx$

なる形ででている．

$0\leqq p < n$ として平均値の定理を適用すれば

$\begin{align} R_n &=\frac{(b-\xi)^p f^{(n)}(\xi)}{(n-1)!}\int_a^b (b-x)^{n-p-1}\,dx \\ &=\frac{(b-\xi)^p f^{(n)}(\xi)}{(n-1)!}\frac{(b-a)^{n-p}}{n-p} \end{align}$

を得る．$\xi$ は $a,b$ の中間の或る値である．それを

$\xi=a+\theta(b-a)\qquad (0<\theta<1)$

と書けば

$R_n=\frac{(b-a)^n}{(n-1)!}\frac{(1-\theta)^p f^{(n)})a+\theta(b-a)}{n-p}, \quad (0\leqq p\leqq n-1)$

これを Schlömilch の剰余項という．特に $p=n-1$ とすれば

$R_n=\frac{(b-a)^n}{(n-1)!}(1-\theta)^{n-1}f^{(n)}(a+\theta(b-a)),$

これを Cauchy の剰余項という． また $p=0$とすれば

$R_n=\frac{(b-a)^n}{n!} f^{(n)} (\xi).$

これは62 頁で述べたものである．それを Lagrange の剰余項という．

上記では $f^{(n)}(x)$ が $[a,b]$ で連続であると仮定したが，実際は，Schlömilch の剰余項を持つ Taylor 公式は $f^{(n)}(x)$ の存在だけを仮定して証明される．ここでその証明を述べるほどの興味はあるまい．

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