不定積分の置換積分の妙

厳密性にこだわるとわけわからなくなる話.微積はわかったつもりになるくらいがいい.

置換積分の典型例題を見てみよう

高校で置換積分を学ぶと
$$I=\ds \int x\sqrt{x-1}\,dx$$ という $\sqrt{ax+b}$ を含む積分計算が例題として紹介されることが多いです.教科書では $\sqrt{x-1}=t$ と置いて
$$
x = t^2+1,\quad \frac{dx}{dt} = 2t
$$ よって
$$
I= \int(t^2+1)t \cdot\frac{dx}{dt}\,dt = \int(t^2+1)t\cdot 2t\,dt
$$ とします.しかし,よくよく考えるとこの解答はおかしいのではないかと思うことがあります.というのも,教科書では,置換積分の公式は $x=g(t)$ のとき
$$
\int f(x)\,dx = \int f(g(t))g'(t)\,dt
$$ であると紹介します.「$x=g(t)$」でスタートするのが本来の置換積分ですが,教科書の例題としてすぐ紹介される問題では,「$\sqrt{x-1}=t$」という置き換えから始まるので,純粋に教科書を読んでる人は違和感を覚える気がするのです(もっとも,既知の固まりを新たな文字で置くのが置換ですから,実はこっちの方が自然という見方もあり).「$x=t^2+1$ とする」からスタートして計算をすると,おかしなことが起こります.

$x=t^2+1$ と置くと,$dx/dt = 2t$ だから
$$
I = \int(t^2+1)\sqrt{t^2+1-1}\frac{dx}{dt}\,dt\tag{$\ast$}
=\int (t^2+1)\lvert t\rvert 2t\,dt
$$ で絶対値が出てきてしまうのです.本来の置換積分の公式を適用した場合,この絶対値つきの式を計算すべきですが,教科書では最初に「$\sqrt{x-1}=t$」と置くことで,$t\geqq0$ を前提としているので,絶対値うんぬんの議論が必要ありません.だから教科書は誤魔化しているともとれます.

$(\ast)$ を計算するとしたら,$t$ の符号による場合分けが必要でしょう.実際,$t\lt 0$ のとき,$t = -\sqrt{x-1}$ だから
$$\begin{align}
I &= \int(t^2+1)(-t)2t\,dt = -\frac{2}{5}t^5 – \frac{2}{3}t^3+C\\
&=-\frac{2}{5}(-\sqrt{x-1})^5 – \frac{2}{3}(-\sqrt{x-1})^3+C\\
&=\frac{2}{5}(\sqrt{x-1})^5 + \frac{2}{3}(\sqrt{x-1})^3+C
\end{align}$$ で正しい答えがでます.何だか不思議な感じがします.

正しい解答ではないのか

では,
$$
I = \int x\sqrt{x-1}\,dx
$$ を $x=t^2+1$ で置換積分するとき,$t$ の場合分けをしないと正しい解答にはならないのかというと,$x$ の範囲について注意した解答をすれば,大丈夫のような気もします.

不定積分の置換積分の公式は,その証明を読めば分かることですが,$t$ についての関数の等式です.だから,本来は, $x = g(t)$ のとき
$$
\int f(x)\,dx\,\bigg\vert_{x=g(t)} = \int f(g(t))g'(t)\,dt
$$ と書くべきかもしれません.だから,この公式だけでは,不定積分 $\int f(x)\,dx$ の $x$ に $g(t)$ を代入した $t$ の式がどんなものかを主張する公式で,$f(x)$ の不定積分がどんなものかについては触れていません.多くの場合,$x=g(t)$ の式を変形して $t=h(x)$ の形にできるので,この式を代入して $f(x)$ の不定積分を得ます.しかし,$x=g(t)$ の逆関数がなければいけないのかというとそういうわけでもありません.実際,$x=t^2+1$ は逆関数をもちません.$t$ の動く範囲を適当に絞って,部分的に逆関数が存在していればOKです.

不定積分の置換積分の公式を(多分)厳密に紹介します.

不定積分の置換積分

$g(t)$ は微分可能で,その値域が $f(x)$ の定義域に含まれているとき,
$$
\int f(x)\,dx\,\bigg\vert_{x=g(t)} = \int f(g(t))g'(t)\,dt
$$ が成り立つ.また,$t$ がある範囲を動くとき,$t=h(x)$ と表せるとする.このときの $x$ のとりうる値の範囲で,
$$ \int f(x)\,dx = \int f(g(t))g'(t)\,dt\,\bigg\vert_{t=h(x)}
$$ が成り立つ.

この定理を踏まえると,
$$I=\ds \int x\sqrt{x-1}\,dx$$ は以下のような解答が理想的ですが……:$x=t^2+1$ と置くとき,$t\geqq 0$ の範囲で,$t = \sqrt{x-1}$ と表せ,$x$ のとりうる値は $x\geqq1$.このとき,
$$
\begin{align}
I &= \int (t^2+1)\lvert t\rvert 2t\,dt\,\bigg\vert_{t=\sqrt{x-1}}\\
&= \int (2t^4 + 2t^2)\,dt\,\bigg\vert_{t=\sqrt{x-1}}\\
&= \left(\frac{2}{5}t^5 + \frac{2}{3}t^3 +C\right)\,\bigg\vert_{t=\sqrt{x-1}}\\
&=\frac{2}{5}(\sqrt{x-1})^5 + \frac{2}{3}(\sqrt{x-1})^3+C
\end{align}
$$ こんな七面倒くさい解答はいやですね.ちなみに,「$x=t^2+1$ と置くとき,$t\leqq 0$ の範囲で,$t = -\sqrt{x-1}$ と表せ,$x$ のとりうる値は $x\geqq1$……」と続けても構いません.

さて,変な話をしますが,$$J=\int x\,dx$$ において,$x=\sin t$ と置くとき,$dx/dt = \cos t$ より
$$\begin{align}
J&=\int \sin t \cos t\,dt = \int \frac{\sin 2t}{2}\,dt\\
&= \frac{-\cos 2t}{4}+C = \frac{2\sin^2t – 1}{4} + C\\
&=\frac{x^2}{2} – \frac{1}{4}+C\tag{$\ast\ast$}
\end{align}$$ というトリッキーな解答は不十分です.$t$ が実数全体を動いても $-1\leqq x\leqq 1$ ですので,$(\ast\ast)$ は $-1\leqq x\leqq 1$ の範囲での等式でしかありません.

結論

面倒だから教科書通り解答しよう.

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