数IIIの積分の証明問題で理解できないところがあるで教えてください。

数IIIの積分の証明問題で理解できないところがあるので教えてください。

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∫[0,a/2]f(a-x)dx＝∫[a/2,a]f(x)dx が成り立つことを証明せよ、という問題で。


∫[0,a/2]f(a-x)dxについてt＝a-xで置換すると（ここは簡単なので省きます）、結果が


∫[0,a/2]f(a-x)dx＝∫[a/2,a]f(t)dtとなってしまいます。


この場合、右辺の積分変数のtを勝手にxにして∫[a/2,a]f(x)dxとして証明終了にして大丈夫ですか？


そこがなかなか納得できなくて困っています、論理的に教えていただければ幸いです。

No.5 ベストアンサー 回答者： springside 回答日時： 2019/04/27 10:29

いいです。

論理的も何も、積分する際の「被積分関数の変数の文字」はあくまでも表記上の問題であり、何でもいいので、

∫[a/2,a]f(t)dt = ∫[a/2,a]f(x)dx = ∫[a/2,a]f(y)dy = ∫[a/2,a]f(w)dw = ∫[a/2,a]f(θ)dθ = ∫[a/2,a]f(a)da= …です。

この回答へのお礼

ここにまとめてお礼をさせて頂きます。ご回答してくださった方ありがとうございました。

お礼日時：2019/04/30 17:19

No.4 回答者： konjii 回答日時： 2019/04/26 10:47

訂正：誤　∫[0,a/2]f(a-x)dx＝ー∫[0,a/2]ｄＦ（aーｘ）＝[0,a/2]Ｆ（aーｘ）＝Ｆ（a）－Ｆ（a/２）

　　　正　∫[0,a/2]f(a-x)dx＝ー∫[0,a/2]ｄＦ（aーｘ）＝ー[0,a/2]Ｆ（aーｘ）＝Ｆ（a）－Ｆ（a/２）

No.3 回答者： konjii 回答日時： 2019/04/25 11:09

f(x)dx の原始関数をｄＦ（ｘ）とするとｄＦ（ｘ）＝－ｄＦ（aーｘ）から、

（Ｆ（ｘ）’＝Ｆ’（ｘ）＊ｘ’＝Ｆ’（ｘ）、Ｆ（aーｘ）’＝Ｆ’（a－ｘ）＊（a－ｘ）’＝－Ｆ’（aーｘ）より）
∫[0,a/2]f(a-x)dx＝ー∫[0,a/2]ｄＦ（aーｘ）＝[0,a/2]Ｆ（aーｘ）＝Ｆ（a）－Ｆ（a/２）
∫[a/2,a]f(x)dx ＝∫[a/2,a]ｄＦ（ｘ）＝[a/2,a]Ｆ（ｘ）＝Ｆ（a）－Ｆ（a/２）
よって、
∫[0,a/2]f(a-x)dx＝∫[a/2,a]f(x)dx が成り立つ。てか。

No.2 回答者： Tacosan 回答日時： 2019/04/25 03:51

定積分で積分するために使う変数は, 最終的な結果に出てきません. このように, ある種の操作では

その操作のためだけに必要な, 最終結果には現れない変数
を必要とすることがあって, そのような変数を
束縛変数
と呼びます (詳細が必要なら
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%87%AA%E7%94%B1 …
あたりをどうぞ).

束縛変数は「操作のためだけに必要な変数」で外部からは認識できないので, 結果に影響を与えることなく (他の変数と重複しない限り) 勝手に名前を変えることができます.

念の為蛇足気味に書いておくと, この問題の式
∫[0,a/2]f(a-x)dx＝∫[a/2,a]f(x)dx
において左辺の x と右辺の x との間には (「たまたま同じ名前になっている」以外に) いかなる関係もありません.

No.1 回答者： yhr2 回答日時： 2019/04/24 23:10

＞この場合、右辺の積分変数のtを勝手にxにして∫[a/2,a]f(x)dxとして証明終了にして大丈夫ですか？

はい、大丈夫です。
別に、「x」や「t」が「個別の人格」を持っているわけではなく、単なる「仮の名前、代名詞」ですから。

だって、f(x) が
　f(x) = Ax^2 + Bx + C
なら
　f(t) = At^2 + Bt + C
ですから、同じ関数であって、x だろうが t だろうが「a」という値を代入すれば
　f(a) = Aa^2 + Ba + C
に変わりはありませんよね？