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部分積分
Proposition: 部分積分
関数 $f,g$ について以下が成立する
\[\int^b_a f^{\prime}(x)g(x) = [f(x)g(x)]^b_a - \int^b_a f(x)g^{\prime}(x)\]証明は積の微分公式から導くことができます
証明
$G(x)$ を $g(x)$の原始関数とすると
\[\begin{align*} &(f(x)G(x))^{\prime} = f^{\prime}(x)g(x) + f(x)g(x)\\[3pt] &\Leftrightarrow f(x)g(x)\ = (f(x)G(x))^{\prime} - f^{\prime}(x)g(x) \end{align*}\]両辺を $x$で不定積分すると
\[\int f(x)g(x)\ = f(x)G(x) - \int f^{\prime}(x)g(x)\]両辺 $a$ から $b$ で定積分すると
\[\int^b_a f(x)g(x)\ = [f(x)G(x)]^b_a - \int^b_a f^{\prime}(x)g(x)\]三角関数と部分積分
Problem
自然数$n$について, 以下を計算せよ
\[I_n = \int^{\pi/2}_0\sin^nxdx\]解答
$d\cos x = -\sin x dx$であるので与えられた定積分を以下のように変換します
\(\begin{align*} I_n &= \int^{\pi/2}_0\sin^nxdx \\[3pt] &= [-\cos x\sin^{n-1}x]^{\pi/2}_0 + \int^{\pi/2}_0(n-1)\sin^{n-2}x\cos^2xdx \\[3pt] &= \int^{\pi/2}_0(n-1)\sin^{n-2}x(1-\sin^2x)dx \\[3pt] &= (n-1)\int^{\pi/2}_0\sin^{n-2}xdx - (n-1)\int^{\pi/2}_0\sin^nxdx\\[3pt] &= (n-1)I_{n-2} - (n-1)I_{n} \end{align*}\)
従って,
\[I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}\]また,
\[\begin{align*} I_0 &= \int^{\pi/2}_0\sin^0xdx = \frac{\pi}{2}\\[3pt] I_1 &= \int^{\pi/2}_0\sin xdx = 1 \end{align*}\]帰納法より
\(\begin{align*} I_n = \begin{cases} \frac{n-1}{n}\frac{n-3}{n-2}\cdots\frac{1}{2}\frac{\pi}{2} & n\text{が偶数}\\[3pt] \frac{n-1}{n}\frac{n-3}{n-2}\cdots\frac{2}{3}\times 1 & n\text{が奇数} \end{cases} \end{align*}\)
Problem
以下の定積分を計算せよ
\[\int^\pi_0 x\cos x dx\]解答
Problem
次の不定積分を求めよ
\[\int x\sin x\cos xdx\]解答パターン1
を用いて
\(\begin{align*} \int x\sin x\cos xdx &= \frac{1}{2}\int x \sin2xdx\\[3pt] &= -\frac{1}{4}x\cos2x - \bigg(\int-\frac{1}{4}\cos 2x dx\bigg)\\[3pt] &= -\frac{1}{4}x\cos2x + \frac{1}{8}\sin 2x + C \end{align*}\)
解答パターン2
\(\begin{align*} \int x\sin x\cos xdx &= \frac{1}{2}x\sin^2x - \int\frac{1}{2}\sin^2xdx\\[3pt] &= \frac{1}{2}x\sin^2x - \int\frac{1}{2}(1-\cos^2x)dx\\[3pt] &= \frac{1}{2}x\sin^2x - \int\frac{1}{4}(1-\cos2x)dx\\[3pt] &= \frac{1}{2}x\sin^2x - \frac{x}{4} + \frac{\sin2x}{8} + C \end{align*}\)
Problem
\[\int^1_0 x\arctan x dx\]解答
ベータ分布密度関数の分子に似た関数と部分積分
Problem
自然数$n$に対して次の定積分を計算せよ
\[\int^b_a(x-a)(b-x)^ndx\]解答
\(\begin{align*} \int^b_a(x-a)(b-x)^ndx &= \int^b_a\exp(x)(x-a)\bigg(-\frac{(b-x)^{n+1}}{n+1}\bigg)^{\prime}dx\\[3pt] &= \bigg[-(x-a)\frac{(b-x)^{n+1}}{n+1}\bigg]^b_a + \int^b_a\frac{(b-x)^{n+1}}{n+1}dx\\[3pt] &= \int^b_a\frac{(b-x)^{n+1}}{n+1}dx\\[3pt] &= \bigg[-\frac{(b-x)^{n+2}}{(n+2)(n+1)}\bigg]^b_a\\[3pt] &= \frac{(b-a)^{n+2}}{(n+2)(n+1)} \end{align*}\)
なお, 関数 $(x-a)(b-x)^n$をパラメーター$n$に応じてplotすると以下のようになります
自然対数と部分積分
Problem
以下の不定積分をもとめよ
\[\int x^2\log x dx\]解答
Problem
以下の不定積分をもとめよ
\[\int\frac{\log x}{\sqrt{x}}dx\]解答
Problem
次の定積分をもとめよ
\[\int^e_1 x\log xdx\]解答
ネイピア数と部分積分
Problem
以下の不定積分をもとめよ
\[\int x(\exp(x) + \exp(-x))dx\]解答
Appendix: 三角関数の公式
２倍角の公式
\(\begin{align*} \sin2\theta &= 2\cos\theta\sin\theta\\[3pt] \cos2\theta &= \cos^2\theta - \sin^2\theta\\ &= 2\cos^2\theta - 1\\ &= 1 - 2\sin^2\theta\\[3pt] \tan2\theta &= \frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta} \end{align*}\)
証明はそれぞれ以下のように加法定理より示せる.
証明
Appendix: Python code
ベータ関数もどきのplot
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import numpy as np
import plotly.express as px
from IPython.display import display, HTML
import plotly
## Tomas Mazak's workaround
plotly.offline.init_notebook_mode()
display(HTML(
'<script type="text/javascript" async src="https://cdnjs.cloudflare.com/ajax/libs/mathjax/2.7.1/MathJax.js?config=TeX-MML-AM_SVG"></script>'
))
def pdf(x, a, b ,n):
return (n+1)* (n+2) *(x - a) * (b - x) ** n / (b-a)**(n+2)
a = 0
b = 1
n = 4
x = np.linspace(0, 1, 100)
y = pdf(x, a, b , n)
fig = px.line(x=x,
y=[pdf(x, a, b, 1), pdf(x, a, b, 2), pdf(x, a, b, 4), pdf(x, a, b, 8)],
title=r'$\text{Plot function} \int^b_a(x-a)(b-x)^ndx \text{ where } a = 0, b = 1$',
render_mode='SVG')
newnames = {'wide_variable_0':'N = 1',
'wide_variable_1':'N = 2',
'wide_variable_2':'N = 4',
'wide_variable_3':'N = 8'}
fig.for_each_trace(lambda t: t.update(name = newnames[t.name],
legendgroup = newnames[t.name],
hovertemplate = t.hovertemplate.replace(t.name, newnames[t.name])
)
)
fig.show()
References
(注意：GitHub Accountが必要となります）