定積分の置換積分 ― 区間もいっしょに置き換える
不定積分の置換積分では最後に \(u\) を \(x\) に戻す作業が必要だったが、定積分では \(x\) の積分区間を \(u\) の積分区間に置き換えてしまえば、最後まで \(u\) のままで計算を終えられる。これが定積分の置換積分の一番のメリット。
\(\displaystyle \int_a^b f(g(x))\,g'(x)\,dx = \int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\,du\) （\(u=g(x)\) とおき、区間の端点も \(u\) の値に置き換える）
例題1 \(\displaystyle \int_0^2 x(x^2+1)^3\,dx\) を求めよ。
解答を見る
\(u=x^2+1\) とおくと \(\dfrac{du}{dx}=2x\)、すなわち \(x\,dx=\dfrac12\,du\)。区間の端点も \(u\) に置き換える。
\(x\) が \(0\) から \(2\) まで動くとき \(u\) は \(1\) から \(5\) まで動く。これで \(x\) の区間は用済みになり、最後まで \(u\) だけで計算できる。
\(\displaystyle \int_0^2 x(x^2+1)^3\,dx = \int_1^5 \dfrac12u^3\,du = \dfrac12\left[\dfrac{u^4}{4}\right]_1^5 = \dfrac18(5^4-1^4) = \dfrac18(625-1) = \dfrac{624}{8}=78\)
\(\displaystyle \int_0^2 x(x^2+1)^3\,dx = 78\)
| \(x\) | \(0\) | → | \(2\) |
|---|---|---|---|
| \(u=x^2+1\) | \(1\) | → | \(5\) |
\(\sqrt{a^2-x^2}\) の形の置換 根号の中が「定数²−x²」の形なら \(x=a\sin\theta\) とおくのが定石。\(\sqrt{a^2-x^2}=\sqrt{a^2-a^2\sin^2\theta}=\sqrt{a^2\cos^2\theta}=a|\cos\theta|\) となり、根号がきれいに外れる（\(\theta\) の範囲を \(-\dfrac{\pi}{2}\le\theta\le\dfrac{\pi}{2}\) にとれば \(\cos\theta\ge0\) なので絶対値は外せる）。
例題2 \(\displaystyle \int_0^{\sqrt3}\sqrt{3-x^2}\,dx\) を求めよ。
解答を見る
\(x=\sqrt3\sin\theta\)（\(0\le\theta\le\dfrac{\pi}{2}\)）とおくと \(dx=\sqrt3\cos\theta\,d\theta\)。
\(\sqrt{3-x^2}=\sqrt{3-3\sin^2\theta}=\sqrt3\cos\theta\)（\(0\le\theta\le\dfrac{\pi}{2}\) では \(\cos\theta\ge0\)）なので、
\(\displaystyle \int_0^{\sqrt3}\sqrt{3-x^2}\,dx = \int_0^{\pi/2}\sqrt3\cos\theta\cdot\sqrt3\cos\theta\,d\theta = 3\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta\)
半角公式 \(\cos^2\theta=\dfrac{1+\cos2\theta}{2}\) を使うと \(\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta=\left[\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\sin2\theta}{4}\right]_0^{\pi/2}=\dfrac{\pi}{4}\)。
よって \(\displaystyle \int_0^{\sqrt3}\sqrt{3-x^2}\,dx = 3\times\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{3\pi}{4}\)
（この値は半径 \(\sqrt3\) の円の面積 \(3\pi\) のちょうど \(\dfrac14\)＝第1象限の扇形の面積に一致する。図形の意味からも検算できる）
\(\displaystyle \int_0^{\sqrt3}\sqrt{3-x^2}\,dx = \dfrac{3\pi}{4}\)
| \(x\) | \(0\) | → | \(\sqrt3\) |
|---|---|---|---|
| \(\theta\) | \(0\) | → | \(\dfrac{\pi}{2}\) |
定積分の部分積分
部分積分の公式も、不定積分のときの \([\ ]\) を積分区間の端点での値の差に変えるだけ。考え方はまったく同じ。
\(\displaystyle \int_a^b f(x)g'(x)\,dx = \Big[f(x)g(x)\Big]_a^b - \int_a^b f'(x)g(x)\,dx\)
例題1 \(\displaystyle \int_0^1 xe^x\,dx\) を求めよ。
解答を見る
\(f(x)=x,\ g'(x)=e^x\) と選ぶ（\(f'(x)=1,\ g(x)=e^x\)）。
\(\displaystyle \int_0^1 xe^x\,dx = \Big[xe^x\Big]_0^1 - \int_0^1 e^x\,dx = (1\cdot e-0\cdot1) - \Big[e^x\Big]_0^1 = e - (e-1) = 1\)
\(\displaystyle \int_0^1 xe^x\,dx = 1\)
例題2 \(\displaystyle \int_1^e \ln x\,dx\) を求めよ。
解答を見る
\(f(x)=\ln x,\ g'(x)=1\) と選ぶ（\(f'(x)=\dfrac1x,\ g(x)=x\)）。
\(\displaystyle \int_1^e \ln x\,dx = \Big[x\ln x\Big]_1^e - \int_1^e x\cdot\dfrac1x\,dx = (e\cdot1-1\cdot0) - \int_1^e 1\,dx = e - (e-1) = 1\)
\(\displaystyle \int_1^e \ln x\,dx = 1\)
注意 定積分の部分積分では、途中式の \([f(x)g(x)]\) の部分にも必ず区間の端点を代入して数値にすること。不定積分の \(+C\) の感覚のまま最後まで \(x\) の式で残してしまうミスが多い。
偶関数・奇関数の定積分 ― 対称性で計算をサボる
積分区間が原点対称（\(-a\) から \(a\)）のときは、グラフの対称性を使うと計算がぐっと短くなることがある。
偶関数（\(f(-x)=f(x)\)、\(y\)軸対称） \(\displaystyle \int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 2\int_0^a f(x)\,dx\)
奇関数（\(f(-x)=-f(x)\)、原点対称） \(\displaystyle \int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 0\)
奇関数（\(f(-x)=-f(x)\)、原点対称） \(\displaystyle \int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 0\)
例題 \(\displaystyle \int_{-2}^{2} x^4\,dx\) を求めよ。
解答を見る
\(f(x)=x^4\) は \(f(-x)=(-x)^4=x^4=f(x)\) より偶関数。よって右半分の2倍で計算できる。
\(\displaystyle \int_{-2}^{2} x^4\,dx = 2\int_0^2 x^4\,dx = 2\left[\dfrac{x^5}{5}\right]_0^2 = 2\times\dfrac{32}{5} = \dfrac{64}{5}\)
（もし奇関数どうしの積 \(x^3\cos x\) のような形なら、区間 \([-2,2]\) での積分はいきなり \(0\) と即答できる）
\(\displaystyle \int_{-2}^{2} x^4\,dx = \dfrac{64}{5}\)
King property（紹介） \(\displaystyle \int_0^a f(x)\,dx = \int_0^a f(a-x)\,dx\) （\(x=a-t\) と置換すれば導ける。積分区間の左右をひっくり返しても値は変わらないという性質）
例題 King propertyを使って \(\displaystyle I=\int_0^{\pi/2}\sin^2x\,dx\) を求めよ。
解答を見る
\(x=\dfrac{\pi}{2}-t\) と置換すると、\(x:0\to\dfrac{\pi}{2}\) のとき \(t:\dfrac{\pi}{2}\to0\)、\(dx=-dt\)、\(\sin x=\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-t\right)=\cos t\)。
\(\displaystyle I=\int_0^{\pi/2}\sin^2x\,dx = \int_{\pi/2}^{0}\cos^2t\,(-dt) = \int_0^{\pi/2}\cos^2t\,dt\)
つまり \(I\) は \(\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^2x\,dx\) にも等しい。この2つを足すと
\(\displaystyle 2I = \int_0^{\pi/2}(\sin^2x+\cos^2x)\,dx = \int_0^{\pi/2}1\,dx = \dfrac{\pi}{2}\)
よって \(I=\dfrac{\pi}{4}\)。半角公式で直接計算しなくても、対称性だけで答えが出せる。
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\sin^2x\,dx = \dfrac{\pi}{4}\)
定積分で表された関数と区分求積法
定積分で表された関数
「\(\displaystyle F(x)=\int_a^x f(t)\,dt\)」のように、積分の上端に変数 \(x\) が入った式は\(x\)の関数になる。微分積分学の基本定理より \(F'(x)=f(x)\) が成り立つ（これは既に学んだ内容の確認）。もう一つ大事なのが、積分区間が定数の場合（\(\displaystyle k=\int_a^b f(t)\,dt\)）は、\(k\) は\(x\)を含まないただの定数だという点。この性質を使うと、式の中に積分が入った方程式からもとの関数を決定できる。
\(F(x)=\displaystyle\int_a^x f(t)\,dt\) のとき \(F'(x)=f(x)\)（例：\(\displaystyle F(x)=\int_1^x(t^2+1)\,dt\) なら \(F'(x)=x^2+1\)）
\(\displaystyle k=\int_a^b f(t)\,dt\)（\(a,b\)が定数）は\(x\)によらないただの数
\(\displaystyle k=\int_a^b f(t)\,dt\)（\(a,b\)が定数）は\(x\)によらないただの数
例題 \(\displaystyle f(x)=x^2+\int_0^1 tf(t)\,dt\) を満たす関数 \(f(x)\) を求めよ。
解答を見る
積分 \(\displaystyle\int_0^1 tf(t)\,dt\) は \(t\) について積分し終えると \(x\) を含まないただの定数になる。そこで \(\displaystyle k=\int_0^1 tf(t)\,dt\) とおく。
このとき与式は \(f(x)=x^2+k\)（\(k\)は未知の定数）と書ける。同じ関係は \(t\) を変数にしても成り立つので \(f(t)=t^2+k\)。
これを \(k\) の定義に代入して \(k\) 自身についての方程式を作る。
\(\displaystyle k=\int_0^1 t(t^2+k)\,dt = \int_0^1(t^3+kt)\,dt = \left[\dfrac{t^4}{4}+\dfrac{kt^2}{2}\right]_0^1 = \dfrac14+\dfrac{k}{2}\)
\(k-\dfrac{k}{2}=\dfrac14\) ⇒ \(\dfrac{k}{2}=\dfrac14\) ⇒ \(k=\dfrac12\)
\(k=\dfrac12\) を \(f(x)=x^2+k\) に戻すと答えが決まる。
\(f(x)=x^2+\dfrac12\)
区分求積法 ― 和の極限を積分に直す
区間 \([0,1]\) を幅 \(\dfrac1n\) の \(n\) 個の長方形に等分割し、各区間の右端 \(\dfrac{k}{n}\)（\(k=1,2,\dots,n\)）での高さ \(f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)\) を使うと、長方形の面積の合計は \(\displaystyle\dfrac1n\sum_{k=1}^n f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)\) になる。\(n\to\infty\) にすると長方形の幅がどこまでも細くなり、この和はグラフと\(x\)軸で挟まれた面積、つまり定積分 \(\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx\) にぴったり一致する。
\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac1n\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\dfrac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\,dx\)
例題 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{n+k}\) を求めよ。
解答を見る
まず和の形を「\(\dfrac1n\times\)（\(k/n\)だけの式）」の形に変形する。
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{n+k} = \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{n\left(1+\dfrac{k}{n}\right)} = \dfrac1n\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{1+\dfrac{k}{n}}\)
これは \(f(x)=\dfrac{1}{1+x}\) として \(\dfrac1n\displaystyle\sum_{k=1}^n f\!\left(\dfrac kn\right)\) の形になっているので、\(n\to\infty\) の極限は \(\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+x}\,dx\) に一致する。
\(\displaystyle \int_0^1\dfrac{1}{1+x}\,dx = \Big[\ln|1+x|\Big]_0^1 = \ln2-\ln1 = \ln2\)
\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{n+k} = \ln2\)
注意 区分求積法の問題は、まず和を \(\dfrac1n\displaystyle\sum f\!\left(\dfrac kn\right)\) の形に整理できるかがすべて。\(n\) が2つ以上の場所にバラバラに残っていたら、まず \(n\) でくくれないか式変形を試そう。
練習問題（全16問）
答えを入力して「採点」を押すと○×が出るぞ。分数は「-1/2」、\(\pi\)は「pi」、\(e\)は「e」でもOK。
わからないときは「解説を見る」で解き方を確認しよう。
基本（1〜8）
1
基本の公式で直接計算
\(\displaystyle \int_0^2 x^2\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(\displaystyle \int_0^2 x^2\,dx = \left[\dfrac{x^3}{3}\right]_0^2 = \dfrac83-0 = \dfrac83\)
\(\dfrac83\)
2
1次式の定積分
\(\displaystyle \int_1^3 (2x+1)\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(\displaystyle \int_1^3 (2x+1)\,dx = \Big[x^2+x\Big]_1^3 = (9+3)-(1+1) = 12-2 = 10\)
\(10\)
3
e^xの定積分
\(\displaystyle \int_0^1 e^x\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(\displaystyle \int_0^1 e^x\,dx = \Big[e^x\Big]_0^1 = e^1-e^0 = e-1\)
\(e-1\)
4
sinxの定積分
\(\displaystyle \int_0^{\pi} \sin x\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(\displaystyle \int_0^{\pi} \sin x\,dx = \Big[-\cos x\Big]_0^{\pi} = (-\cos\pi)-(-\cos0) = 1-(-1) = 2\)
\(2\)
5
cosxの定積分
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2} \cos x\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2} \cos x\,dx = \Big[\sin x\Big]_0^{\pi/2} = 1-0 = 1\)
\(1\)
6
1/xの定積分
\(\displaystyle \int_1^2 \dfrac{1}{x}\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(\displaystyle \int_1^2 \dfrac1x\,dx = \Big[\ln|x|\Big]_1^2 = \ln2-\ln1 = \ln2\)
\(\ln2\)
7
1/cos²xの定積分
\(\displaystyle \int_0^{\pi/4} \dfrac{1}{\cos^2 x}\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(\displaystyle \int_0^{\pi/4} \dfrac{1}{\cos^2x}\,dx = \Big[\tan x\Big]_0^{\pi/4} = 1-0 = 1\)
\(1\)
8
係数つき・負の下端
\(\displaystyle \int_{-1}^{2} 3x^2\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(\displaystyle \int_{-1}^{2} 3x^2\,dx = \Big[x^3\Big]_{-1}^{2} = 8-(-1) = 9\)
\(9\)
標準（9〜16）
9
置換積分（べき乗型）
\(\displaystyle \int_0^1 x(x^2+1)^2\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(u=x^2+1\) とおくと \(du=2x\,dx\)。\(x:0\to1\) のとき \(u:1\to2\)。
\(\displaystyle \int_0^1 x(x^2+1)^2\,dx = \int_1^2 \dfrac12u^2\,du = \dfrac12\left[\dfrac{u^3}{3}\right]_1^2 = \dfrac16(8-1) = \dfrac76\)
\(\dfrac76\)
10
置換積分（根号型）
\(\displaystyle \int_0^3 x\sqrt{x^2+16}\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(u=x^2+16\) とおくと \(du=2x\,dx\)。\(x:0\to3\) のとき \(u:16\to25\)。
\(\displaystyle \int_0^3 x\sqrt{x^2+16}\,dx = \int_{16}^{25} \dfrac12u^{1/2}\,du = \dfrac12\cdot\dfrac23\left[u^{3/2}\right]_{16}^{25} = \dfrac13(25^{3/2}-16^{3/2}) = \dfrac13(125-64) = \dfrac{61}{3}\)
\(\dfrac{61}{3}\)
11
部分積分（x・e^x型）
\(\displaystyle \int_0^2 xe^x\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(f(x)=x,\ g'(x)=e^x\) と選ぶ。
\(\displaystyle \int_0^2 xe^x\,dx = \Big[xe^x-e^x\Big]_0^2 = (2e^2-e^2)-(0-1) = e^2+1\)
\(e^2+1\)
12
部分積分（ln x型）
\(\displaystyle \int_1^{e^3} \ln x\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(f(x)=\ln x,\ g'(x)=1\) と選ぶ。
\(\displaystyle \int_1^{e^3} \ln x\,dx = \Big[x\ln x-x\Big]_1^{e^3} = (3e^3-e^3)-(0-1) = 2e^3+1\)
\(2e^3+1\)
13
奇関数の性質
\(\displaystyle \int_{-2}^{2} (x^3+3x)\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(f(x)=x^3+3x\) は \(f(-x)=-x^3-3x=-f(x)\) より奇関数。区間が原点対称なので、計算するまでもなく積分は \(0\)。
\(0\)
14
偶関数の性質
\(\displaystyle \int_{-1}^{1} (3x^2+2)\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(f(x)=3x^2+2\) は偶関数なので \(\displaystyle\int_{-1}^{1}(3x^2+2)\,dx = 2\int_0^1(3x^2+2)\,dx\)。
\(\displaystyle 2\Big[x^3+2x\Big]_0^1 = 2(1+2) = 6\)
\(6\)
15
定積分方程式（変数上限型）
\(\displaystyle \int_1^x f(t)\,dt = x^2-2x+a\) を満たす関数 \(f(x)\) と定数 \(a\) を求めよ。
f(x)=
a=
解説を見る
上端が変数 \(x\) の定積分 \(\displaystyle \int_1^x f(t)\,dt\) は \(x\) の関数であり、微分積分学の基本定理より \(\displaystyle \frac{d}{dx}\int_1^x f(t)\,dt = f(x)\) が成り立つ。
与式の両辺を \(x\) で微分すると、左辺は \(f(x)\)、右辺は \(2x-2\) となるから \(f(x)=2x-2\)。
次に定数 \(a\) を求める。与式は任意の \(x\) で成り立つので、\(x=1\) を代入すると都合がよい（左辺の積分区間の幅が0になるため）。左辺は \(\displaystyle \int_1^1 f(t)\,dt = 0\)、右辺は \(1^2-2\cdot1+a=a-1\) だから \(a-1=0\) より \(a=1\)。
検算: \(\displaystyle \int_1^x (2t-2)\,dt = \left[t^2-2t\right]_1^x = (x^2-2x)-(1-2) = x^2-2x+1\) となり、\(a=1\) で与式と一致する。
\(f(x)=2x-2,\ a=1\)
16
置換積分（x=tanθ型）
\(\displaystyle \int_0^2 \frac{4}{4+x^2}\,dx\) を求めよ。ただし \(x=2\tan\theta\) とおくこと。
値
解説を見る
\(4+x^2\) の形は \(x=2\tan\theta\) とおくと簡単になる。これは \(1+\tan^2\theta=\dfrac{1}{\cos^2\theta}\) の関係を利用するためである。
\(x=2\tan\theta\) とおくと \(dx=\dfrac{2}{\cos^2\theta}\,d\theta\)。また \(4+x^2=4+4\tan^2\theta=4(1+\tan^2\theta)=\dfrac{4}{\cos^2\theta}\)。
\(x:0\to2\) のとき、\(\tan\theta=0\) より \(\theta=0\)、\(\tan\theta=1\) より \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\)。よって \(\theta:0\to\dfrac{\pi}{4}\)。
被積分関数を置き換えると \(\dfrac{4}{4+x^2}\,dx = \dfrac{4}{4/\cos^2\theta}\cdot\dfrac{2}{\cos^2\theta}\,d\theta = \cos^2\theta\cdot\dfrac{2}{\cos^2\theta}\,d\theta = 2\,d\theta\) となる。\(\cos^2\theta\) が分母・分子で打ち消し合い、被積分関数が定数 \(2\) になる点がこの置換の狙いである。
\(\displaystyle \int_0^2 \frac{4}{4+x^2}\,dx = \int_0^{\pi/4} 2\,d\theta = \left[2\theta\right]_0^{\pi/4} = 2\cdot\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}\)
\(\dfrac{\pi}{2}\)
挑戦（17〜19）
17
円の面積との対応
\(\displaystyle \int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(x=\sin\theta\)（\(0\le\theta\le\dfrac{\pi}{2}\)）とおくと、\(x:0\to1\) のとき \(\theta:0\to\dfrac{\pi}{2}\)、\(dx=\cos\theta\,d\theta\)、\(\sqrt{1-x^2}=\cos\theta\)。
\(\displaystyle \int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx = \int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta = \dfrac{\pi}{4}\)（STEP3のKing propertyの例題と同じ計算）
半径1の円の面積 \(\pi\) のちょうど \(\dfrac14\)（第1象限の扇形）と一致することでも検算できる。
\(\dfrac{\pi}{4}\)
18
部分積分＋三角関数の値
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2} x\cos x\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(f(x)=x,\ g'(x)=\cos x\) と選ぶ（\(f'(x)=1,\ g(x)=\sin x\)）。
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2} x\cos x\,dx = \Big[x\sin x\Big]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2}\sin x\,dx = \left(\dfrac{\pi}{2}\cdot1-0\right) - \Big[-\cos x\Big]_0^{\pi/2}\)
\(= \dfrac{\pi}{2} - \big((-0)-(-1)\big) = \dfrac{\pi}{2}-1\)
\(\dfrac{\pi}{2}-1\)
19
sin^n xとcos^n xの定積分の対応（余角置換）
\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^5 x\,dx = \dfrac{8}{15}\) であることが分かっているとき、置換 \(x=\dfrac{\pi}{2}-t\) を利用して \(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^5 x\,dx\) の値を求めよ（\(\sin^5x\) の積分を直接計算しなおしてはいけない）。
値
解説を見る
この問題は \(\cos^5x\) を \(\sin^5x\) の積分に「置き換える」ことがねらいなので、余角の公式 \(\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-t\right)=\sin t\) が使える形を作る置換 \(x=\dfrac{\pi}{2}-t\) を選ぶ。
\(x=\dfrac{\pi}{2}-t\) とおくと \(dx=-dt\)。積分区間は \(x:0\to\dfrac{\pi}{2}\) のとき \(t:\dfrac{\pi}{2}\to0\) に対応する。
被積分関数を置き換えると \(\cos^5x=\cos^5\left(\dfrac{\pi}{2}-t\right)=\sin^5t\)。したがって
\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^5x\,dx = \int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\sin^5t\,(-dt)\)
積分区間の上端と下端が入れ替わっていることと、\(dx=-dt\) によるマイナス符号が打ち消し合うので、区間を \(0\to\dfrac{\pi}{2}\) に戻して符号は変わらない。
\(\displaystyle \int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\sin^5t\,(-dt) = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^5t\,dt\)
これは文字が \(t\) に変わっただけで、問題文で与えられた \(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^5x\,dx=\dfrac{8}{15}\) と全く同じ値を持つ積分である。よって
\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^5x\,dx = \dfrac{8}{15}\)
注意: これは奇関数・偶関数の対称性（区間 \([-a,a]\) における原点対称・y軸対称の性質）とは別のしくみである。ここで使ったのは区間 \(\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\) の中点 \(\dfrac{\pi}{4}\) に関して \(x\) と \(\dfrac{\pi}{2}-x\) を入れ替えると sin と cos が入れ替わるという余角の関係であり、この置換は \(n\) の値によらず \(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nx\,dx\) を成り立たせる一般的な方法になっている。
\(\dfrac{8}{15}\)
応用問題（プリント限定）
ここから先はPDF限定の腕試し。区分求積法の本格問題や絶対値つきの積分など、入試の基礎レベルに挑戦しよう。
応1
区分求積法（本格）
\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n}{n^2+k^2}\) を求めよ。
値
解説を見る
分母・分子を \(n^2\) で割って「\(\dfrac1n\times f\!\left(\dfrac kn\right)\)」の形をつくる。
\(\displaystyle \dfrac{n}{n^2+k^2} = \dfrac{1}{n}\cdot\dfrac{1}{1+\left(\dfrac kn\right)^2}\)
よって \(\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{n}{n^2+k^2} = \dfrac1n\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{1+\left(\dfrac kn\right)^2}\) は \(f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}\) の区分求積の形。
\(n\to\infty\) の極限は \(\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+x^2}\,dx\) に一致する。
この積分は \(x=\tan\theta\) とおくと計算できる（数IIIの積分公式として \(\displaystyle\int\dfrac{1}{1+x^2}dx=\arctan x+C\) を使ってもよい）。
\(x:0\to1\) のとき \(\theta:0\to\dfrac{\pi}{4}\) なので
\(\displaystyle \int_0^1\dfrac{1}{1+x^2}\,dx = \Big[\arctan x\Big]_0^1 = \dfrac{\pi}{4}-0 = \dfrac{\pi}{4}\)
\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n}{n^2+k^2} = \dfrac{\pi}{4}\)
応2
円の面積の4分の1
\(\displaystyle \int_0^2 \sqrt{4-x^2}\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(x=2\sin\theta\)（\(0\le\theta\le\dfrac{\pi}{2}\)）とおくと \(dx=2\cos\theta\,d\theta\)、\(\sqrt{4-x^2}=2\cos\theta\)。\(x:0\to2\) のとき \(\theta:0\to\dfrac{\pi}{2}\)。
\(\displaystyle \int_0^2\sqrt{4-x^2}\,dx = \int_0^{\pi/2}2\cos\theta\cdot2\cos\theta\,d\theta = 4\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta = 4\times\dfrac{\pi}{4} = \pi\)
図形的に考えると、\(y=\sqrt{4-x^2}\)（\(x\ge0,\ y\ge0\)）は半径2の円の第1象限部分。この積分はその面積、つまり半径2の円の面積 \(4\pi\) のちょうど \(\dfrac14\) に等しい。
\(4\pi\times\dfrac14=\pi\) と、図形の公式だけでも同じ答えが出せる（検算に使える）。
\(\displaystyle \int_0^2\sqrt{4-x^2}\,dx = \pi\)
応3
絶対値つきの定積分
\(\displaystyle \int_0^3 |x-1|\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
絶対値の中身の符号が変わる \(x=1\) で積分区間を分割する。
\(0\le x\le1\) では \(x-1\le0\) なので \(|x-1|=1-x\)。 \(1\le x\le3\) では \(x-1\ge0\) なので \(|x-1|=x-1\)。
\(\displaystyle \int_0^3|x-1|\,dx = \int_0^1(1-x)\,dx + \int_1^3(x-1)\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^1(1-x)\,dx = \Big[x-\dfrac{x^2}{2}\Big]_0^1 = 1-\dfrac12 = \dfrac12\)
\(\displaystyle \int_1^3(x-1)\,dx = \Big[\dfrac{x^2}{2}-x\Big]_1^3 = \left(\dfrac92-3\right)-\left(\dfrac12-1\right) = \dfrac32-\left(-\dfrac12\right) = 2\)
合計は \(\dfrac12+2=\dfrac52\)
\(\displaystyle \int_0^3|x-1|\,dx = \dfrac52\)（\(=2.5\)）
応4
置換積分（lnxとxの組み合わせ）
\(\displaystyle \int_1^{e} \dfrac{\ln x}{x}\,dx\) を求めよ。
値
解説を見る
\(u=\ln x\) とおくと \(du=\dfrac1x\,dx\)。ちょうど \(\dfrac1x\,dx\) が式の中にあるのでそのまま置き換えられる。
\(x:1\to e\) のとき \(u:0\to1\)（\(\ln1=0,\ \ln e=1\)）。
\(\displaystyle \int_1^e \dfrac{\ln x}{x}\,dx = \int_0^1 u\,du = \left[\dfrac{u^2}{2}\right]_0^1 = \dfrac12\)
\(\displaystyle \int_1^e \dfrac{\ln x}{x}\,dx = \dfrac12\)
応5
奇関数・偶関数の分離＋King property
\(\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (x^3\cos x+\sin^2x)\,dx\) を求めよ。
値
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和の積分は分けて計算できるので、まず2つの項の偶奇を確認する。
\(x^3\cos x\)：\(x^3\) は奇関数、\(\cos x\) は偶関数なので、積は奇関数×偶関数＝奇関数。区間 \(\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\) は原点対称なので、この項の積分は計算するまでもなく \(0\)。
\(\sin^2x\)：\(\sin^2(-x)=(-\sin x)^2=\sin^2x\) より偶関数。よって
\(\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^2x\,dx = 2\int_0^{\pi/2}\sin^2x\,dx\)
STEP3のKing propertyの例題より \(\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^2x\,dx=\dfrac{\pi}{4}\) なので、\(2\times\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}\)。
合計すると \(\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2}(x^3\cos x+\sin^2x)\,dx = 0+\dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi}{2}\)
\(\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (x^3\cos x+\sin^2x)\,dx = \dfrac{\pi}{2}\)
記述チャレンジ
答えだけでなく「なぜそうなるか」を文章と式で書く練習。模範解答と見比べて、書き方の型を身につけよう。
記1
定積分の置換積分では、なぜ最後に \(u=g(x)\) を \(x\) に戻す必要がなく、\(u\) のままの数値で計算を終えられるのか、不定積分の置換積分との違いに触れながら説明せよ。
模範解答を見る
不定積分の置換積分では、答えは \(x\) の関数として表す必要がある。途中で \(u=g(x)\) とおいて計算しても、最終的な答えは \(x\) の式で書かなければならないので、計算の最後に \(u=g(x)\) を代入して \(x\) の式に戻す作業が必須になる。
一方、定積分は積分区間の端点における値の差、つまり具体的な数値を求める計算である。積分区間の \(x=a,\ b\) は \(u=g(a),\ g(b)\) という具体的な数値に対応するので、区間の端点も一緒に \(u\) の値へ置き換えてしまえば、積分の中身も積分区間もすべて \(u\) だけの言葉で完結する。
ここで、\([\ ]\) の中に代入して求めるのは端点における数値であって、\(x\) という文字そのものではないことが重要である。ゆえに、途中で \(u\) から \(x\) へ戻す作業を挟まなくても、\(u\) の範囲での計算だけで最終的な数値（答え）にたどり着ける。
定積分の答えは端点での具体的な数値であり、積分区間の端点も一緒に \(u\) の値に置き換えてしまえば、最後まで \(u\) だけで数値計算が完結するため、\(x\) に戻す必要がない。
記2
\(\displaystyle \int_{-2}^{2}(x^3+4x^2)\,dx\) を、偶関数・奇関数の性質を使って求めよ。それぞれの項が偶関数・奇関数のどちらかを判定する根拠も書きながら、答案として仕上げよ。
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積分は項ごとに分けて計算できるので、\(x^3\) の項と \(4x^2\) の項に分けて、それぞれの偶奇を確認する。
\(f(x)=x^3\) について \(f(-x)=(-x)^3=-x^3=-f(x)\) が成り立つので、\(x^3\) は奇関数である。積分区間 \([-2,2]\) は原点対称なので、奇関数の性質より
\(\displaystyle \int_{-2}^{2} x^3\,dx = 0\)
次に \(g(x)=4x^2\) について \(g(-x)=4(-x)^2=4x^2=g(x)\) が成り立つので、\(4x^2\) は偶関数である。偶関数の性質より
\(\displaystyle \int_{-2}^{2} 4x^2\,dx = 2\int_0^2 4x^2\,dx = 2\left[\dfrac{4x^3}{3}\right]_0^2 = 2\times\dfrac{32}{3} = \dfrac{64}{3}\)
以上をたし合わせると
\(\displaystyle \int_{-2}^{2}(x^3+4x^2)\,dx = 0+\dfrac{64}{3} = \dfrac{64}{3}\)
\(\displaystyle \int_{-2}^{2}(x^3+4x^2)\,dx = \dfrac{64}{3}\)