出産前後の痔にはご注意!

∫(ax^n + b)^α dxに対する不定積分の公式を探しています

本には
∫(ax + b)^α dx
= {(ax + b)^(α+1)} / {a(α+1)} + C   (a≠0)
という、xが1次の場合の不定積分の公式は載っています。具体的には
∫(2x + 1)^2 dx
= {(2x + 1)^3} / {2(3)} + C
みたいなのですね。

ただ、
∫(ax^n + b)^α dx
のように、xの次数が高い場合は載っていません。
ネットで検索しても見つかりません。
∫(2x^2 + 1)^2 dxなら展開してから不定積分を行えば良いのですが、
∫{x(a^2 - x^2)^(1/2)} dx
のような、もっとややこしい場合は展開もできません。
そのような場合はどうやって計算するのですか?

勘で
∫(ax^n + b)^α dx
= {(ax^n + b)^(α+1)} / {ax^(n-1)(α+1)} + C
と思ったのですが、違いますか?
では、お願いします。

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A 回答 (4件)

#2です。



A#2の補足質問について
>因みに、この(-1/2)は、たまたま(a^2 - x^2)' = -2xだったので
>それをxにするための単なる辻褄合わせですか?

その通りです。積分と微分は表裏の関係ですから、この位のことは見抜かないといけませんね。

>それとも、(a^2 - x^2)^(1/2)のべき乗の部分から1を引いた(1/2 - 1)ですか?
違います。

公式
∫g'(x)f(g(x))dx=F(g(x))+C
ここで ∫f(x)dx=F(x)+C'とします。
A#2はこの公式を使えるように少しお膳立てしただけです。
他の例をあげると
f(x)=sin(x),g(x)=x^3とすればg'(x)=3x^2なので
∫(x^2)sin(x^3)dx=(-1/3)cos(x^3)+C
という積分が上の公式を適用することで簡単に出来ます。
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
私の質問の例と同様にすると

f(x)=sin(x),g(x)=x^3とすればg'(x)=3x^2なので
∫(x^2)sin(x^3)dx
=∫(-1/3)(3x^2)sin(x^3)dx ←ここを追加してみました
=(-1/3)cos(x^3)+C

ということですね。逆から微分してみると

{(-1/3)cos(x^3)}'
=(-1/3){cos(x^3)}'
=(-1/3){-sin(x^3)・(3x^2)}
=x^2 sin(x^3)

…ちゃんと元に戻りますね。
置換積分というのですか、私はこれがとても苦手です。
慣れるまで練習してみます。

答えてくださった皆さん、ありがとうございました!

お礼日時:2010/05/31 13:09

#2 は丁寧に変形しているので, その過程を追っていけば「-1/2 がどこに由来するのか」は容易にわかるはずです. 特に最初の等号

で「何がどう変わっているのか」をじっくり見てください.
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
過程を追う、というのはこういうことでしょうか?

#2さんの積分
∫{x(a^2 - x^2)^(1/2)} dx
=∫{(-1/2)(a^2 - x^2)'*(a^2 - x^2)^(1/2)} dx
=-(1/2)(2/3)(a^2 - x^2)^(3/2)+C
=-(1/3)(a^2 - x^2)√(a^2 - x^2)+C

を逆から微分
{-(1/2)(2/3)(a^2 - x^2)^(3/2)}'
=-(1/2)(2/3){(a^2 - x^2)^(3/2)}'
=-(1/2)(2/3){(3/2)(-2x)(a^2 - x^2)^(1/2)}
=(x)(a^2 - x^2)^(1/2)

で元通りです。この(-2x)と-(1/2)が打ち消しあって
xになっているんですね。
納得できました。

お礼日時:2010/05/31 13:07

>∫{x(a^2 - x^2)^(1/2)} dx


>をどうやって解きますか?
これはたまたま別の公式が適用できて簡単に積分できるケースです。
文字変数を含む一般的な場合なく、具体的な積分の場合は色々なやり方が先人達により見出されていることが多いですね。

∫{x(a^2 - x^2)^(1/2)} dx=∫{(-1/2)(a^2 - x^2)'*(a^2 - x^2)^(1/2)} dx
=-(1/2)(2/3)(a^2 - x^2)^(3/2)+C
=-(1/3)(a^2 - x^2)√(a^2 - x^2)+C

正しいかは#1さんが言われるように積分結果を微分して被積分関数が出てくるかで確認できますね。
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
なるほど、xが(-1/2)(a^2 - x^2)'で表されているんですね。
私にはまだ出来ません…。

因みに、この(-1/2)は、たまたま(a^2 - x^2)' = -2xだったので
それをxにするための単なる辻褄合わせですか?
それとも、(a^2 - x^2)^(1/2)のべき乗の部分から1を引いた(1/2 - 1)ですか?

お礼日時:2010/05/31 11:25

中の n によっていろいろで, n = 2 なら何とかなるけど n が 3以上のときは一般に不定積分できないはず.


ちなみに不定積分があっているかどうかは, 他人に聞くまでもなく微分すればわかる.
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
なるほど、nが3以上のときは一般に使える不定積分の公式はないんですね。
私の場合、不定積分が合っているかどうかは、計算機で確認しています(自分で微分もしますが)。

では、一般に使える不定積分の公式がないとすれば、
∫{x(a^2 - x^2)^(1/2)} dx
をどうやって解きますか?

お礼日時:2010/05/31 10:19

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Q微分の公式の証明

f(x)=(ax+b)^n       ただしa,bは定数
としたら,xで微分して
f(x)´=na(ax+b)^(n-1)
となるのはどうしてですか?
どなたか証明できましたら教えてくださいm(_ _)m
…二項定理使用?

Aベストアンサー

f(x)=(ax+b)^nの場合を証明します.
【Pr】
f(x+h)={(ax+b)+ah}^n =(ax+b)^n+n(ah)・(ax+b)^(n-1)
+{n(n-1)/2!}(ah)^2・(ax+b)^(n-2)+…+(ah)^n
=f(x)+n(ah)・(ax+b)^(n-1)
+{n(n-1)/2!}(ah)^2・(ax+b)^(n-2)+…+(ah)^n

ゆえに,f(x+h)-f(x)=ah{n・(ax+b)^(n-1)
+{n(n-1)/2!}(ah)・(ax+b)^(n-2)+…+(ah)^(n-1)
すなわち,
{f(x+h)-f(x)}/h=a{n・(ax+b)^(n-1)
+{n(n-1)/2!}(ah)・(ax+b)^(n-2)+…+(ah)^(n-1)}
となり,
lim[h→0]{f(x+h)-f(x)}/h=a{n(ax+b)^(n-1)}である.

左辺は定義よりf'(x)と書けるので,
f'(x)=na(ax+b)^(n-1). 【Q.E.D】

もっと簡単な証明方法もあります.mmkyさんによって
d(t^n)/dt=nt^(n-1)は証明済みなのでそれと,
y=(ax+b)^n,t=ax+bとおいて
合成関数の微分法
dy/dx=(dy/dt)・(dt/dx)
を使えばあっさりですね.

数学者はこれではきっと満足しないので厳密なε-δ論法を使って証明するのでしょうね.

f(x)=(ax+b)^nの場合を証明します.
【Pr】
f(x+h)={(ax+b)+ah}^n =(ax+b)^n+n(ah)・(ax+b)^(n-1)
+{n(n-1)/2!}(ah)^2・(ax+b)^(n-2)+…+(ah)^n
=f(x)+n(ah)・(ax+b)^(n-1)
+{n(n-1)/2!}(ah)^2・(ax+b)^(n-2)+…+(ah)^n

ゆえに,f(x+h)-f(x)=ah{n・(ax+b)^(n-1)
+{n(n-1)/2!}(ah)・(ax+b)^(n-2)+…+(ah)^(n-1)
すなわち,
{f(x+h)-f(x)}/h=a{n・(ax+b)^(n-1)
+{n(n-1)/2!}(ah)・(ax+b)^(n-2)+…+(ah)^(n-1)}
となり,
lim[h→0]{f(x+h)-f(x)}/h=a{n(ax+b)^(n-1)}である.

左辺は定義よりf'(x)と書け...続きを読む

Qe^xを微分するとe^xになる理由

大学1年のものです。

(e^x)'=e^xの証明がわかりません。
高校で習ったような気もしますが、習ってないような気もします。

ここの過去の質問も見させてもらったところ、2つほど見つけたのですが、

1)
y=e^x
logy=x
(1/y)y'=1
よって  y'=y=e^x



2)  e^xを無限級数に直して微分



1)の場合d(logx)/dx=1/x…(*)を利用していますが、(*)は(e^x)'=e^xを利用せずに証明できるのでしょうか?

2)の場合、e^xを無限級数に直すためには、テーラー展開をしないとダメなような気がするのですが、テーラー展開をするときに(e^x)'=e^xを利用しなければならないような気がします。



1)、2)とも(e^x)'=e^xの証明に(e^x)'=e^xを利用しているとすればこれらは意味を成さないような気がするのですが…


微分の定義に沿って証明しようともしましたが、

(e^x)'=lim{h→0}(e^x((e^h)-1)/h)

となり、ここで行き詰ってしまいました。



(e^x)'=e^xはなぜ成り立つのでしょうか?
よろしくお願いします。

大学1年のものです。

(e^x)'=e^xの証明がわかりません。
高校で習ったような気もしますが、習ってないような気もします。

ここの過去の質問も見させてもらったところ、2つほど見つけたのですが、

1)
y=e^x
logy=x
(1/y)y'=1
よって  y'=y=e^x



2)  e^xを無限級数に直して微分



1)の場合d(logx)/dx=1/x…(*)を利用していますが、(*)は(e^x)'=e^xを利用せずに証明できるのでしょうか?

2)の場合、e^xを無限級数に直すためには、テーラー展開をしないとダメなよ...続きを読む

Aベストアンサー

orangeapple55さんのおっしゃるとおり、「一般的には」1)も2)も(e^x)'=e^xを用います。
従って1)にも2)にも頼らず、定義によって微分することにしましょう。

(e^x)'
=lim[h→0](e^x((e^h)-1)/h)
=e^xlim[h→0]{((e^h)-1)/h}

となるので、結局問題は
lim[h→0]{((e^h)-1)/h}……(*)
の収束性に帰着します。

そこで、この極限について考察してみましょう。以下、適宜e^xをexp(x)と表現します。

まず、h>0のときについて考えましょう。
このとき、exp(h)>1ですから実数t>0を用いて
exp(h)=1+1/t……(1)
と表すことができます。

指数関数は連続ですから、
lim[h→0]exp(h)=1
ゆえに
lim[h→0]t=∞
つまり、
h→0のときt→∞……(2)
が成り立ちます。

また、h=log(exp(h))を利用すると、(1)よりh=log(1+1/t)……(3)
ですから、(1)、(2)、(3)より、(*)はtを用いて
(*)=lim[t→∞]1/{tlog(1+1/t)}=lim[t→∞]1/log{(1+1/t)^t}
と書き直すことができます。

さて、対数関数も連続ですから、
lim[h→0]log{(1+1/t)^t}=log{lim[h→0]{(1+1/t)^t}}です。
そこで、lim[h→0]{(1+1/t)^t}に注目しましょう。

nを自然数とします。そうすれば、二項定理を用いて
(1+1/n)^n
=1 + nC1*(1/n) + nC2*(1/n)^2 + …… + (1/n)^n
=1 + 1 + (1-1/n)/2! + (1-1/n)(1-2/n)/3! + …… + (1-1/n)(1-2/n)……(1-(n-1)/n)/n!……(4)
と展開できます。

(1+1/(n+1))^(n+1)
を同じように展開すると、(1+1/n)^nに比べて
イ:項数が増え
ロ:個々の項が増大する
ことが容易に確認できますから、(1+1/n)^nはnが増すと単調増加します。
しかも、(4)より、

(1+1/n)^n
<1 + 1/1! + 1/2! + …… 1/n!
<1 + 1 + 1/2 + 1/2^2 + …… + 1/2^(n-1)
<1 + (1-(1/2)^n)/1-1/2
<3

ですから、(1+1/n)^nは上に有界(どんなnをとってきても(1+1/n)^n<MとなるMが存在する。今の場合例えばM=3)です。

ここで公理を使います。
「上に有界かつ単調増加な数列は収束する」
これは実数の連続性を認めないと出てこない公理なのですが、今はとりあえず認めることにしましょう。そうすると、

「(1+1/n)^nは3以下のある値に収束する」

ことが分かります。これを私たちはeと定義したのでした。
以下、証明は省きますが、xを実数としても、(1+1/x)^xはやはりx→∞でeに収束することは容易に類推できると思います。
(証明が気になるなら図書館で解析に関する本を探してみてください。おそらく載っていると思います)

さて、このeを底にとった対数関数を自然対数logと決めたのですから、結局のところ
log{lim[h→0]{(1+1/t)^t}}=log(e)=1
が出ます。よって、(*)=1、つまり、(e^x)'=e^xを示すことができました。h<0についても同様です。

適当なことを言いたくなかったので、長くなってしまいました。すいません。
整理すると、
(1)(1+1/x)^xはx→∞で2.71ぐらいに収束する(収束値をeと名付ける)
これが一番最初にあります。これを用いて、
(2)e^xを指数関数とする
(3)logxをその逆関数とする
これが定義されます。この順番を理解していないと、おかしな循環論法に陥ります。

(注:冒頭で「一般的には」と書いたように、これと違った定義の仕方もあります。
たとえばe^x=1+x/1+x^2/2!+……と先に指数関数を定義してしまう方法。
これらに関しても、順番に注意すれば循環論法に陥らずに公理のみから件の命題を証明することができるでしょう)

最後に、僕は以上でいくつか仮定をしています。
対数関数が連続であること。指数関数が連続であること。
実数の連続性。(1+1/x)^xはxが実数であってもx→∞でeに収束すること。
これらの証明(あるいは公理の必然性)をあたってみることは決して無駄ではないと思います。

orangeapple55さんのおっしゃるとおり、「一般的には」1)も2)も(e^x)'=e^xを用います。
従って1)にも2)にも頼らず、定義によって微分することにしましょう。

(e^x)'
=lim[h→0](e^x((e^h)-1)/h)
=e^xlim[h→0]{((e^h)-1)/h}

となるので、結局問題は
lim[h→0]{((e^h)-1)/h}……(*)
の収束性に帰着します。

そこで、この極限について考察してみましょう。以下、適宜e^xをexp(x)と表現します。

まず、h>0のときについて考えましょう。
このとき、exp(h)>1ですから実数t>0を用いて
exp(h)=1+...続きを読む


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