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目次
1. 区間の中央でグラフを裏返す 2. 定理と置換による証明 3. 足して 2 で割る 4. 授業で扱った問題に当てはめる 目次 1. 区間の中央でグラフを裏返す 2. 定理と置換による証明 3. 足して 2 で割る 4. 授業で扱った問題に当てはめる 授業で扱った問題1 1 塾の授業で扱った問題は塾の教材なので、数値を変えた類題に差し替えています。∫ 0 π x sin x 3 + cos 2 x d x \displaystyle\int_0^\pi \frac{x\sin x}{3+\cos^2 x}\,dx ∫ 0 π 3 + cos 2 x x sin x d x x = π − t x=\pi-t x = π − t I I I I I I
この置換は、区間の左端と右端を入れ替えるものです。こうした置換をいつでも使える形にまとめたものは、英語圏でKing Property （キング・プロパティ）と呼ばれています。この頁では、まずその式がグラフの上で何を言っているのかを確かめ、次にどういう積分なら値が出せるのかを見ます。
1. 区間の中央でグラフを裏返す
区間 [ a , b ] [a,b] [ a , b ] x = a + b 2 x=\dfrac{a+b}{2} x = 2 a + b y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x )
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) P ( p , f ( p ) ) \mathrm P\,(p,\ f(p)) P ( p , f ( p )) x x x x x x q q q p p p q q q p + q 2 = a + b 2 \dfrac{p+q}{2}=\dfrac{a+b}{2} 2 p + q = 2 a + b q = a + b − p q=a+b-p q = a + b − p P ′ ( a + b − p , f ( p ) ) \mathrm P'\,(a+b-p,\ f(p)) P ′ ( a + b − p , f ( p ))
この P ′ \mathrm P' P ′ x = a + b − p x=a+b-p x = a + b − p y = f ( p ) y=f(p) y = f ( p ) p = a + b − x p=a+b-x p = a + b − x y = f ( a + b − x ) y=f(a+b-x) y = f ( a + b − x )
裏返したグラフの式
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) x = a + b 2 x=\dfrac{a+b}{2} x = 2 a + b y = f ( a + b − x ) y=f(a+b-x) y = f ( a + b − x ) a = 0 a=0 a = 0 x = b 2 x=\dfrac b2 x = 2 b y = f ( b − x ) y=f(b-x) y = f ( b − x )
図1 左の y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) x = a + b 2 x=\frac{a+b}2 x = 2 a + b y = f ( a + b − x ) y=f(a+b-x) y = f ( a + b − x ) ′ ' ′ 裏返すと x = a x=a x = a x = b x=b x = b x = b x=b x = b x = a x=a x = a [ a , b ] [a,b] [ a , b ]
2. 定理と置換による証明
図で見た事実を式で書いたものが次の定理です。f ( x ) f(x) f ( x ) [ a , b ] [a,b] [ a , b ] f ( x ) ≧ 0 f(x)\geqq0 f ( x ) ≧ 0
King Property
∫ a b f ( x ) d x = ∫ a b f ( a + b − x ) d x \int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b f(a+b-x)\,dx ∫ a b f ( x ) d x = ∫ a b f ( a + b − x ) d x
とくに区間が [ 0 , a ] [0,a] [ 0 , a ]
∫ 0 a f ( x ) d x = ∫ 0 a f ( a − x ) d x \int_0^a f(x)\,dx=\int_0^a f(a-x)\,dx ∫ 0 a f ( x ) d x = ∫ 0 a f ( a − x ) d x
証明
右辺の積分で t = a + b − x t=a+b-x t = a + b − x d t d x = − 1 \dfrac{dt}{dx}=-1 d x d t = − 1 d x = − d t dx=-dt d x = − d t x x x a a a b b b t t t b b b a a a
∫ a b f ( a + b − x ) d x = ∫ b a f ( t ) ( − d t ) = ∫ a b f ( t ) d t \begin{aligned}\int_a^b f(a+b-x)\,dx&=\int_b^a f(t)\,(-dt)\\
&=\int_a^b f(t)\,dt\end{aligned} ∫ a b f ( a + b − x ) d x = ∫ b a f ( t ) ( − d t ) = ∫ a b f ( t ) d t
定積分の値は積分変数の文字によらないので、最後の式は ∫ a b f ( x ) d x \displaystyle\int_a^b f(x)\,dx ∫ a b f ( x ) d x □
置換で積分の向きが逆になり、d x = − d t dx=-dt d x = − d t
3. 足して 2 で割る
定理の左辺と右辺は同じ値 I I I
I = ∫ a b f ( x ) d x = 1 2 ∫ a b { f ( x ) + f ( a + b − x ) } d x \begin{aligned}I&=\int_a^b f(x)\,dx\\&=\frac12\int_a^b\bigl\{f(x)+f(a+b-x)\bigr\}\,dx\end{aligned} I = ∫ a b f ( x ) d x = 2 1 ∫ a b { f ( x ) + f ( a + b − x ) } d x
と書けます。この等式自体はどんな連続関数でも成り立ちます。ただし、これで計算が楽になるとは限りません。右辺の被積分関数 f ( x ) + f ( a + b − x ) f(x)+f(a+b-x) f ( x ) + f ( a + b − x ) f ( x ) f(x) f ( x )
得をしない例 ∫ 0 2 x 3 d x \displaystyle\int_0^2 x^3\,dx ∫ 0 2 x 3 d x x 3 + ( 2 − x ) 3 = 6 x 2 − 12 x + 8 x^3+(2-x)^3=6x^2-12x+8 x 3 + ( 2 − x ) 3 = 6 x 2 − 12 x + 8 1 2 ∫ 0 2 ( 6 x 2 − 12 x + 8 ) d x = 4 \dfrac12\displaystyle\int_0^2(6x^2-12x+8)\,dx=4 2 1 ∫ 0 2 ( 6 x 2 − 12 x + 8 ) d x = 4 2 4 4 = 4 \dfrac{2^4}{4}=4 4 2 4 = 4
得をする例 ∫ 0 π 2 sin x sin x + cos x d x \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx ∫ 0 2 π sin x + cos x sin x d x f ( x ) = sin x sin x + cos x f(x)=\dfrac{\sin x}{\sin x+\cos x} f ( x ) = sin x + cos x sin x sin ( π 2 − x ) = cos x \sin\!\left(\dfrac\pi2-x\right)=\cos x sin ( 2 π − x ) = cos x cos ( π 2 − x ) = sin x \cos\!\left(\dfrac\pi2-x\right)=\sin x cos ( 2 π − x ) = sin x
f ( π 2 − x ) = cos x cos x + sin x f\!\left(\frac\pi2-x\right)=\frac{\cos x}{\cos x+\sin x} f ( 2 π − x ) = cos x + sin x cos x
です。分母が同じなので、足すと
f ( x ) + f ( π 2 − x ) = sin x + cos x sin x + cos x = 1 f(x)+f\!\left(\frac\pi2-x\right)=\frac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}=1 f ( x ) + f ( 2 π − x ) = sin x + cos x sin x + cos x = 1
となります。したがって
∫ 0 π 2 sin x sin x + cos x d x = 1 2 ∫ 0 π 2 1 d x = π 4 \int_0^{\frac\pi2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx=\frac12\int_0^{\frac\pi2}1\,dx=\frac\pi4 ∫ 0 2 π sin x + cos x sin x d x = 2 1 ∫ 0 2 π 1 d x = 4 π
です。
図2 実線が f ( x ) f(x) f ( x ) f ( π 2 − x ) f\!\left(\frac\pi2-x\right) f ( 2 π − x ) x x x 1 1 1 使う前に確かめること
いきなり式変形を始めず、まず余白で f ( x ) + f ( a + b − x ) f(x)+f(a+b-x) f ( x ) + f ( a + b − x )
4. 授業で扱った問題に当てはめる
授業で扱った問題を、誘導の置換を見ずにこの方法でやってみます。区間は [ 0 , π ] [0,\pi] [ 0 , π ] f ( x ) = x sin x 3 + cos 2 x f(x)=\dfrac{x\sin x}{3+\cos^2 x} f ( x ) = 3 + cos 2 x x sin x f ( π − x ) f(\pi-x) f ( π − x ) sin ( π − x ) = sin x \sin(\pi-x)=\sin x sin ( π − x ) = sin x cos ( π − x ) = − cos x \cos(\pi-x)=-\cos x cos ( π − x ) = − cos x
f ( π − x ) = ( π − x ) sin x 3 + ( − cos x ) 2 = ( π − x ) sin x 3 + cos 2 x \begin{aligned}f(\pi-x)&=\frac{(\pi-x)\sin x}{3+(-\cos x)^2}\\&=\frac{(\pi-x)\sin x}{3+\cos^2 x}\end{aligned} f ( π − x ) = 3 + ( − cos x ) 2 ( π − x ) sin x = 3 + cos 2 x ( π − x ) sin x
です。分母も sin x \sin x sin x x x x π − x \pi-x π − x
f ( x ) + f ( π − x ) = π sin x 3 + cos 2 x f(x)+f(\pi-x)=\frac{\pi\sin x}{3+\cos^2 x} f ( x ) + f ( π − x ) = 3 + cos 2 x π sin x
になります。もとの式で積分を難しくしていた因数 x x x
図3 f ( x ) = x sin x 3 + cos 2 x f(x)=\frac{x\sin x}{3+\cos^2x} f ( x ) = 3 + c o s 2 x x s i n x f ( π − x ) f(\pi-x) f ( π − x ) π sin x 3 + cos 2 x \frac{\pi\sin x}{3+\cos^2x} 3 + c o s 2 x π s i n x x = π 2 x=\frac\pi2 x = 2 π x = π 2 x=\frac\pi2 x = 2 π π 3 \frac\pi3 3 π したがって
I = 1 2 ∫ 0 π π sin x 3 + cos 2 x d x I=\frac12\int_0^\pi\frac{\pi\sin x}{3+\cos^2 x}\,dx I = 2 1 ∫ 0 π 3 + cos 2 x π sin x d x
です。ここで u = cos x u=\cos x u = cos x d u = − sin x d x du=-\sin x\,dx d u = − sin x d x x : 0 → π x:0\to\pi x : 0 → π u : 1 → − 1 u:1\to-1 u : 1 → − 1
I = π 2 ∫ − 1 1 d u 3 + u 2 I=\frac\pi2\int_{-1}^{1}\frac{du}{3+u^2} I = 2 π ∫ − 1 1 3 + u 2 d u
となります。u = 3 tan θ u=\sqrt3\tan\theta u = 3 tan θ d u = 3 cos 2 θ d θ du=\dfrac{\sqrt3}{\cos^2\theta}\,d\theta d u = cos 2 θ 3 d θ 3 + u 2 = 3 cos 2 θ 3+u^2=\dfrac{3}{\cos^2\theta} 3 + u 2 = cos 2 θ 3 u : − 1 → 1 u:-1\to1 u : − 1 → 1 θ : − π 6 → π 6 \theta:-\dfrac\pi6\to\dfrac\pi6 θ : − 6 π → 6 π
∫ − 1 1 d u 3 + u 2 = ∫ − π 6 π 6 1 3 d θ = π 3 3 \int_{-1}^1\frac{du}{3+u^2}=\int_{-\frac\pi6}^{\frac\pi6}\frac{1}{\sqrt3}\,d\theta=\frac{\pi}{3\sqrt3} ∫ − 1 1 3 + u 2 d u = ∫ − 6 π 6 π 3 1 d θ = 3 3 π
です。よって I = π 2 ⋅ π 3 3 = 3 π 2 18 I=\dfrac\pi2\cdot\dfrac{\pi}{3\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3\,\pi^2}{18} I = 2 π ⋅ 3 3 π = 18 3 π 2
log の積分と組み合わせる
被積分関数が f ( x ) = log g ( x ) f(x)=\log g(x) f ( x ) = log g ( x ) g ( x ) > 0 g(x)>0 g ( x ) > 0
f ( x ) + f ( a + b − x ) = log { g ( x ) g ( a + b − x ) } f(x)+f(a+b-x)=\log\bigl\{g(x)\,g(a+b-x)\bigr\} f ( x ) + f ( a + b − x ) = log { g ( x ) g ( a + b − x ) }
なので、積 g ( x ) g ( a + b − x ) g(x)\,g(a+b-x) g ( x ) g ( a + b − x )
この形の代表が ∫ 0 π 4 log ( 1 + tan x ) d x \displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\log(1+\tan x)\,dx ∫ 0 4 π log ( 1 + tan x ) d x [ 0 , π 4 ] \left[0,\dfrac\pi4\right] [ 0 , 4 π ] 1 + tan x > 0 1+\tan x>0 1 + tan x > 0 tan ( π 4 − x ) = 1 − tan x 1 + tan x \tan\!\left(\dfrac\pi4-x\right)=\dfrac{1-\tan x}{1+\tan x} tan ( 4 π − x ) = 1 + tan x 1 − tan x
1 + tan ( π 4 − x ) = ( 1 + tan x ) + ( 1 − tan x ) 1 + tan x = 2 1 + tan x 1+\tan\!\left(\frac\pi4-x\right)=\frac{(1+\tan x)+(1-\tan x)}{1+\tan x}=\frac{2}{1+\tan x} 1 + tan ( 4 π − x ) = 1 + tan x ( 1 + tan x ) + ( 1 − tan x ) = 1 + tan x 2
となり、( 1 + tan x ) { 1 + tan ( π 4 − x ) } = 2 (1+\tan x)\left\{1+\tan\!\left(\dfrac\pi4-x\right)\right\}=2 ( 1 + tan x ) { 1 + tan ( 4 π − x ) } = 2
∫ 0 π 4 log ( 1 + tan x ) d x = 1 2 ∫ 0 π 4 log 2 d x = π 8 log 2 \int_0^{\frac\pi4}\log(1+\tan x)\,dx=\frac12\int_0^{\frac\pi4}\log2\,dx=\frac\pi8\log2 ∫ 0 4 π log ( 1 + tan x ) d x = 2 1 ∫ 0 4 π log 2 d x = 8 π log 2
が得られます。逆に、裏返した相手との積が定数になる g g g
1 塾の授業で扱った問題は塾の教材なので、数値を変えた類題に差し替えています。
塾の授業で配った補足資料をもとに、問題を類題に差し替えて書き直しました。
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図1 左の を点線の軸 で裏返すと右の になり、点 P は P に移る。右の白丸は P があった位置。色をつけた部分の面積は左右で同じ
図2 実線が 、点線が裏返した 。どの でも縦に足すと になる
図3 （太い実線）と、それを裏返した （点線）。2つの和 （細い実線）は に関して左右対称で、 で最大値 をとる