積分の変数変換

Basis
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前提知識

∫012x(x2+1)3 dx\int_0^1 2x(x^2+1)^3\,dx を計算したいとしよう。(x2+1)3(x^2+1)^3 を展開して項ごとに積分することは可能だが面倒である。重要な観察は 2x2x が正確に x2+1x^2+1 の導関数であるから、被積分関数は φ(t)=t2+1\varphi(t) = t^2 + 1 と f(x)=x3f(x) = x^3 で f(φ(t)) φ′(t)f(\varphi(t))\,\varphi'(t) の形を持つ。変数変換（置換）ルールは、積分の変数を置き換えることができることを述べる。∫12x3 dx\int_1^2 x^3\,dx を得られる。これは直接的である。このチェックポイントはその操作を正確にしてそれを証明する。

形式的陳述

φ:[α,β]→R\varphi: [\alpha, \beta] \to \mathbb{R} を連続微分可能（つまり φ∈C1[α,β]\varphi \in C^1[\alpha,\beta]）で、φ([α,β])⊆[a,b]\varphi([\alpha,\beta]) \subseteq [a,b] であるとする。f:[a,b]→Rf: [a,b] \to \mathbb{R} を連続とする。そうするなら

∫αβf(φ(t)) φ′(t) dt=∫φ(α)φ(β)f(x) dx.\int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,dt = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,dx.

が成り立つ。

右での限度は φ(α)\varphi(\alpha) と φ(β)\varphi(\beta) であり、必ずしも aa と bb ではないことに注意。φ\varphi は単射である必要がない。唯一の要件は、φ\varphi が [α,β][\alpha, \beta] を [a,b][a, b] に写し、φ\varphi が C1C^1 で、ff が連続であることである。

チェーンルール経由の証明

ff は [a,b][a, b] で連続であるから、ニュートン—ライプニッツの公式により、F′(x)=f(x)F'(x) = f(x) をすべての x∈[a,b]x \in [a, b] で満たすような原始関数 FF が存在する。

合成関数 H(t)≔F(φ(t))H(t) \coloneqq F(\varphi(t)) を考える。チェーンルールにより、

H′(t)=F′(φ(t)) φ′(t)=f(φ(t)) φ′(t).H'(t) = F'(\varphi(t))\,\varphi'(t) = f(\varphi(t))\,\varphi'(t).

φ\varphi は C1C^1 で ff は連続であるから、積 f(φ(t)) φ′(t)f(\varphi(t))\,\varphi'(t) は [α,β][\alpha, \beta] で連続であるから、HH は [α,β][\alpha, \beta] 上で f(φ(t)) φ′(t)f(\varphi(t))\,\varphi'(t) の原始関数である。左辺にニュートン—ライプニッツを適用する：

∫αβf(φ(t)) φ′(t) dt=H(β)−H(α)=F(φ(β))−F(φ(α)).\int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,dt = H(\beta) - H(\alpha) = F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha)).

右辺にニュートン—ライプニッツを適用する：

∫φ(α)φ(β)f(x) dx=F(φ(β))−F(φ(α)).\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,dx = F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha)).

両辺は等しい。□\square

ニュートン—ライプニッツとチェーンルールを持つと、証明は驚くほど短い。置換ルールの全体の内容は、原始関数を含む合成に適用されたチェーンルールそのものである。

不定積分形式と「戻す」ステップ

不定積分については、変数変換ルールは形式をとる

∫f(φ(t)) φ′(t) dt=∫f(x) dx∣x=φ(t)=F(φ(t))+C,\int f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,dt = \int f(x)\,dx\bigg|_{x = \varphi(t)} = F(\varphi(t)) + C,

ここで FF は ff の原始関数である。実際には、置換 x=φ(t)x = \varphi(t)、dx=φ′(t) dtdx = \varphi'(t)\,dt を実行し、新しい変数で ∫f(x) dx\int f(x)\,dx を評価して F(x)+CF(x) + C を得て、次にx=φ(t)x = \varphi(t) で元の変数で答えを表現するために戻す。

定義積分の場合、戻す必要がない。限度は直接変換されるから。t=αt = \alpha は下限 x=φ(α)x = \varphi(\alpha) を与え、t=βt = \beta は上限 x=φ(β)x = \varphi(\beta) を与える。

置換パターン

線形置換

ax+bax + b を含む積分については、x=φ(t)=at+bx = \varphi(t) = at + b と設定するから、φ′(t)=a\varphi'(t) = a で dx=a dtdx = a\,dt である。これは

∫f(ax+b) dx=1a∫f(u) du∣u=ax+b.\int f(ax + b)\,dx = \frac{1}{a}\int f(u)\,du\bigg|_{u = ax+b}.

を与える。

例えば、∫e2x+3 dx=12e2x+3+C\int e^{2x+3}\,dx = \dfrac{1}{2}e^{2x+3} + C。

三角置換

被積分関数が a2−x2\sqrt{a^2 - x^2} を含むとき、x=asin⁡θx = a\sin\theta （θ∈[−π/2,π/2]\theta \in [-\pi/2, \pi/2]）と設定する。次に

a2−x2=a2−a2sin⁡2θ=acos⁡θ(cos⁡θ≥0 だから),\sqrt{a^2 - x^2} = \sqrt{a^2 - a^2\sin^2\theta} = a\cos\theta \quad (\cos\theta \geq 0 \text{ だから}),

そして dx=acos⁡θ dθdx = a\cos\theta\,d\theta。根号は完全に除去される。

同様に、a2+x2\sqrt{a^2 + x^2} については x=atan⁡θx = a\tan\theta を使用し、x2−a2\sqrt{x^2 - a^2} については x=a/cos⁡θ=asec⁡θx = a/\cos\theta = a\sec\theta を使用する。

逆置換（tt-置換）

時々、新しい変数の明示的な関数として x=φ(t)x = \varphi(t) を設定するのがより自然である — 例えば、式を有理化したり有理被積分関数を扱ったりするため。φ\varphi が C1C^1 で範囲条件が満たされる限り、同じ公式は役割が入れ替わった状態で適用される。tt の積分を計算して、必要に応じて t=φ−1(x)t = \varphi^{-1}(x) で戻す。

計算例

例1：∫012x(x2+1)3 dx\int_0^1 2x(x^2+1)^3\,dx

u=x2+1u = x^2 + 1 と設定するから、du=2x dxdu = 2x\,dx。x=0x = 0 のときは u=1u = 1；x=1x = 1 のときは u=2u = 2。積分は

∫012x(x2+1)3 dx=∫12u3 du=[u44]12=164−14=154.\int_0^1 2x(x^2+1)^3\,dx = \int_1^2 u^3\,du = \left[\frac{u^4}{4}\right]_1^2 = \frac{16}{4} - \frac{1}{4} = \frac{15}{4}.

に変換される。

例2：∫011−x2 dx\int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\,dx

これは単位円の四分の一の面積であり、これが π/4\pi/4 であることを既に知っている。三角置換を使ってこれを確認しよう。x=sin⁡θx = \sin\theta と設定するから、dx=cos⁡θ dθdx = \cos\theta\,d\theta で 1−x2=cos⁡θ\sqrt{1-x^2} = \cos\theta。x=0x = 0 のときは θ=0\theta = 0；x=1x = 1 のときは θ=π/2\theta = \pi/2。積分は

∫0π/2cos⁡θ⋅cos⁡θ dθ=∫0π/2cos⁡2θ dθ.\int_0^{\pi/2} \cos\theta \cdot \cos\theta\,d\theta = \int_0^{\pi/2} \cos^2\theta\,d\theta.

となる。

二倍角恒等式 cos⁡2θ=1+cos⁡2θ2\cos^2\theta = \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2} を使用すると：

∫0π/21+cos⁡2θ2 dθ=[θ2+sin⁡2θ4]0π/2=π/22+sin⁡π4−0=π4.\int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2\theta}{2}\,d\theta = \left[\frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4}\right]_0^{\pi/2} = \frac{\pi/2}{2} + \frac{\sin\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}.

例3：∫dx1+ex\int \dfrac{dx}{1 + e^x}

u=exu = e^x と設定するから、du=ex dx=u dxdu = e^x\,dx = u\,dx、したがって dx=duudx = \dfrac{du}{u}。代入すると：

∫dx1+ex=∫11+u⋅duu=∫duu(1+u).\int \frac{dx}{1 + e^x} = \int \frac{1}{1 + u}\cdot\frac{du}{u} = \int \frac{du}{u(1+u)}.

部分分数：1u(1+u)=1u−11+u\dfrac{1}{u(1+u)} = \dfrac{1}{u} - \dfrac{1}{1+u}。積分すると：

∫(1u−11+u)du=ln⁡u−ln⁡(1+u)+C=ln⁡u1+u+C.\int \left(\frac{1}{u} - \frac{1}{1+u}\right)du = \ln u - \ln(1+u) + C = \ln\frac{u}{1+u} + C.

u=exu = e^x に戻すと：

∫dx1+ex=ln⁡ex1+ex+C=x−ln⁡(1+ex)+C.\int \frac{dx}{1+e^x} = \ln\frac{e^x}{1+e^x} + C = x - \ln(1 + e^x) + C.

（最後の等式は ln⁡(ex)=x\ln(e^x) = x を使用。）

まとめ

  • 変数変換定理：φ∈C1[α,β]\varphi \in C^1[\alpha,\beta] で φ([α,β])⊆[a,b]\varphi([\alpha,\beta]) \subseteq [a,b] で ff が [a,b][a,b] で連続なら、∫αβf(φ(t)) φ′(t) dt=∫φ(α)φ(β)f(x) dx\int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,dt = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,dx。
  • 証明は、チェーンルールを使用して F(φ(t))F(\varphi(t)) を微分し、次に両辺にニュートン—ライプニッツの公式を適用する。
  • 定義積分については、限度を直接変換する。t=α↦x=φ(α)t = \alpha \mapsto x = \varphi(\alpha)、t=β↦x=φ(β)t = \beta \mapsto x = \varphi(\beta)；戻す必要がない。
  • 不定積分については、∫f(x) dx=F(x)+C\int f(x)\,dx = F(x) + C を評価した後、元の変数で答えを表現するために x=φ(t)x = \varphi(t) で戻す。
  • 線形置換 u=ax+bu = ax + b は最も簡単なケースで、1/a1/a の因子を導入する。
  • 三角置換 x=asin⁡θx = a\sin\theta （または atan⁡θa\tan\theta、asec⁡θa\sec\theta）は二次式の平方根を除去する。
  • 逆置換（x=φ(t)x = \varphi(t) を明示的に設定）は、複雑な被積分関数（exe^x を介して u=exu = e^x を含むもの）を有理化できる。