定積分の定義の拡張(extension of definite integrals)

いままで考えてきた定積分は，閉区間において連続な関数に対して定義されたものでした．これを区間内に有限個の不連続点をもつ場合広義積分(improper integral)，および無限区間の場合無限積分(infinite integral) に拡張します．

まずがで連続である場合には，関数 $F(x) = \int_{a}^{x}f(t)dt$ はで連続になるので

$\displaystyle \lim_{\varepsilon \rightarrow 0+}\int_{a}^{b-\varepsilon}f(x)dx = \int_{a}^{b} f(x)dx = F(b) - F(a)$

が成り立ちます．

次に，がで連続であるがで不連続である場合を考えます．

もし

$\displaystyle \lim_{\varepsilon \rightarrow 0+}\int_{a}^{b-\varepsilon}f(x)dx =... ...F(x)\right]_{a}^{b - \varepsilon} = \left[F(x)\right]_{a}^{b-0} = F(b-0) - F(a)$

が有限になるときは

$\displaystyle \lim_{\varepsilon \rightarrow 0+}\int_{a}^{b-\varepsilon}f(x)dx = \int_{a}^{b} f(x)dx$

で積分を定義し，これを 広義の定積分(improper integral) といいます．

がで連続である場合も同様に，広義の定積分は

$\displaystyle \lim_{\varepsilon \rightarrow 0+}\int_{a+\varepsilon}^{b}f(x)dx = \int_{a}^{b} f(x)dx$

で定義されます．

例題 3..24

この定義を用いて次の広義積分を求めてみましょう．

(1) $\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1-x}}$ (2) $\int_{0}^{1}\frac{1}{x}dx$

解

(1) $\displaystyle{f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x}}}$ とおくと，はで連続となり，またの不定積分は $-2\sqrt{1-x}$ なので，

$\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0+}\int_{0}^{1-\varepsilon}\frac{1}{\sqrt{1... ...x = \left[-2\sqrt{1-x} \right]_{0}^{1-} = -\lim_{x \to 1-0}2\sqrt{1-x} + 2 = 2$

と表わせます．

(2) $\displaystyle{f(x) = \frac{1}{x}}$ とおくと，はで連続となり，またの不定積分は $\log{\vert x\vert}$ なので，

$\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0-}\int_{0+\varepsilon}^{1}\frac{1}{x}dx = ... ...vert x\vert} \right]_{0+}^{1} = 0 - \lim_{x \to 0+}\log{\vert x\vert} = \infty$

となります． $\blacksquare$

またがで連続である場合も同様に，広義の定積分は

$\displaystyle \lim_{\varepsilon, \varepsilon^{\prime} \rightarrow 0+}\int_{a+\varepsilon}^{b-\varepsilon^{\prime}}f(x)dx = \int_{a}^{b} f(x)dx$

で定義されます．

閉区間上にの不連続点 $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}$ がある場合を考えます．このとき，これらの点でを $[a,c_{1}],[c_{1},c_{2}],\ldots,[c_{n},b]$ の部分区間に分け，各部分区間での広義の定積分を考えます．そして，これらの広義の定積分がすべて存在するとき，それらの和をにおける定積分と定めます．つまり，

$\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx = \int_{a}^{c_{1}}f(x)dx + \int_{c_{1}}^{c_{2}}f(x)dx + \cdots + \int_{c_{n}}^{b}f(x)dx$

例題 3..25

この定義を用いて次の定積分を求めてみましょう．

$\displaystyle \int_{-1}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}$

解 $\displaystyle{f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}}$ とおくと，はで連続となり，またの不定積分は $\sin^{-1}{x}$ なので，

$\displaystyle \lim_{\varepsilon, \varepsilon^{\prime} \rightarrow 0+}\int_{-1+\... ...left[\sin^{-1}{x} \right ]_{-1+}^{1-} = \frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2}) = \pi$

と表わせます． $\blacksquare$

ここで広義積分の収束，発散について調べるとき便利な比較判定法について考えてみましょう．

定理 3..14

関数

は

で連続で， $f(x) \leq g(x)$ であるとする．このとき $\displaystyle{\int_{a}^{b} g(x)dx}$ が存在すれば $\displaystyle{\int_{a}^{b}f(x)dx}$ も存在する．

この定理で $g(x) = (x-a)^{-\lambda}, 0 < \lambda < 1$ ととると，

$\displaystyle \int_{a}^{b} \frac{dx}{(x-a)^{\lambda}} = \left[\frac{1}{1 - \lam... ... \lambda} \right ]_{a}^{b} = \frac{(b-a)^{1 - \lambda}}{1 - \lambda} < \infty .$

よって $(x-a)^{\lambda}f(x)$ が有界となるような $\lambda < 1$ が存在すれば， $\int_{a}^{b}f(x)dx < \infty$ がいえます．

[I] $\displaystyle{\lambda > 1, (x - a)^{\lambda} f(x) < M \Rightarrow \int_{a}^{b} f(x) dx < \int_{a}^{b} \frac{M}{(x - a)^{\lambda}} dx < \infty}$

例題 3..26

$\displaystyle{\int_{0}^{1}x^{\lambda - 1}e^{-x} dx, 0 < \lambda < 1}$ は収束するか調べてみましょう．

解 $f(x) = x^{\lambda-1}e^{-x}$ とおくと， $0 < \lambda < 1$ のときはで不連続ですが， $0 < x \leq 1$ では

$\displaystyle 0 < x^{1-\lambda}f(x) = e^{-x} < 1$

よって $\int_{0}^{1}f(x)dx < \infty$ ． $\blacksquare$

が $[a,\infty)$ で連続であるとき，有限な極限 $\lim_{b \rightarrow \infty}\int_{a}^{b}f(x)dx$ が存在するならば，この極限値をの無限区間における定積分といい，

$\displaystyle \int_{a}^{\infty}f(x)dx = \lim_{b \rightarrow \infty}\int_{a}^{b}f(x)dx = \left[F(x)\right]_{a}^{\infty-}$

で表わします．このように積分区間が無限区間であるものを 無限積分(infinite integral) といいます．

同様に，が $(-\infty,b]$ で連続であるとき，有限な極限 $\lim_{a \rightarrow -\infty}\int_{a}^{b}f(x)dx$ が存在するならば，この極限値を $\int_{-\infty}^{b}f(x)dx$ で表わします．

例題 3..27

この定義を用いて次の広義積分を求めてみましょう．

$\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{p}}, p > 0$

解 $p \neq 1$ のとき，

$\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{p}} = \lim_{b \to \infty}\int_{1}^{... ...\begin{array}{cl} \frac{1}{p-1}, & p > 1\\ \infty, & p < 1 \end{array}\right]$

のとき，

$\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{p}} = \lim_{b \to \infty}\int_{1}^{... ...im_{b \to \infty} \log{\vert x\vert} - 1 = \infty \ensuremath{ \blacksquare}$

またが $(-\infty,\infty)$ で連続であるとき，有限な極限 $\lim_{a \rightarrow -\infty,b \rightarrow \infty}\int_{a}^{b}f(x)dx$ が存在するならば，この極限値を $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx$ で表わします．

例題 3..28

この定義を用いて次の無限積分を求めてみましょう．

$\displaystyle I = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2}}$

解

$\displaystyle I$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{{a \rightarrow -\infty}, {b \rightarrow \infty}}\int_{a}^{b}\frac{dx}{1+x^{2}} = \left[\tan^{-1}{x}\right]_{-\infty + }^{\infty - }$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty} \tan^{-1}{x} - \lim_{x \rightarrow - ... ... \tan^{-1}{x} = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi \ensuremath{ \blacksquare}$

ここで無限積分の収束，発散について調べるとき便利な比較判定法を述べておきます．

定理 3..15

関数

は $[a,\infty)$ で連続で， $f(x) \leq g(x)$ であるとする．このとき無限積分 $\int_{a}^{\infty}g(x)dx$ が存在すれば，無限積分 $\int_{a}^{\infty}f(x)dx$ も存在する．

この定理で $g(x) = x^{-\lambda}, \lambda > 1$ ととると，

$\displaystyle \int_{a}^{\infty}x^{-\lambda}dx = \left[\frac{1}{1 - \lambda}x^{1... ...ambda} \right ]_{a}^{\infty} = - \frac{a^{1 - \lambda}}{1 - \lambda} < \infty .$

よって $\lim_{x \rightarrow \infty}x^{\lambda} f(x)$ が有界となるような $\lambda > 1$ が存在すれば， $\int_{a}^{\infty}f(x)dx < \infty$ がいえます．

例題 3..29

比較判定法を用いて次の広義積分を求めてみましょう．

$\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{1 + x^{3}}}$

解

$\displaystyle \lim_{x \to \infty}\frac{\frac{1}{\sqrt{1 + x^{3}}}}{\frac{1}{x^{3/2}}} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^{3/2}}{\sqrt{1 + x^{3}}} = 1$

また， $\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{3/2}}dx < \infty}$ より， $\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{1 + x^{3}}}}$ は収束．

[II] $\displaystyle{\lambda > 1, x^{\lambda} f(x) < M \Rightarrow \int_{a}^{\infty} f(x) dx < \int_{a}^{\infty} \frac{M}{x^{\lambda}} dx < \infty}$

例題 3..30

$\displaystyle{\Gamma(\lambda) = \int_{0}^{\infty}x^{\lambda - 1}e^{-x}dx, (\lambda > 0)}$ は収束することを示してみましょう．

解 $0 < x < 1, 0 < \lambda < 1$ のときはすでに例題3.9 で示しました．そこで， $\lambda \geq 1$ を考えます．このとき， $f(x) = x^{\lambda-1}e^{-x}$ は閉区間で連続ですから， $\int_{0}^{1}f(x)dx < \infty$ となります．次に $0 < \lambda < 1, 1 \leq x$ について考えてみます．

$\displaystyle x^{2}f(x) = x^{\lambda+1}e^{-x} = \frac{x^{\lambda+1}}{e^{x}} < M$

よって $\int_{1}^{\infty}f(x)dx < \infty$ ．したがって

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}f(x)dx < \infty$

となり， $\Gamma(\lambda)$ は $\lambda > 0$ で収束することが示せました． $\blacksquare$

ここにでてきた関数 $\Gamma(\lambda)$ を Gamma関数(gamma function) といい次の性質が知られています．

定理 3..16

$\displaystyle{\Gamma(\lambda) = \int_{0}^{\infty}x^{\lambda-1}e^{-x}dx}$ について，次のことが成り立つ．

$\displaystyle{(1) \Gamma(n + 1) = n\Gamma(n) (n > 0)}$

が自然数のとき， $\displaystyle{\Gamma(n) = (n-1)!}$

$\displaystyle{(3) \Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}}$

証明 (1)

$\displaystyle \Gamma(n+1)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \int_{0}^{\infty}x^{n}e^{-x} dx \left ( \begin{array}{ll} u = x^{n} & dv = e^{-x} dx\\ du = nx^{n -1} dx & v = - e^{-x} \end{array}\right )$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \left[-x^{n}e^{-x} \right ]_{0}^{\infty -} + n \int_{0}^{\infty}x^{n-1}e^{-x} dx$
	$\displaystyle =$	$% latex2html id marker 69818 $\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty-}\frac{-x^{n}}{e^{x}} + n\Gamma(n) (\ref{rei:bekitoexp}参照)$$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle n \Gamma(n)$

(2) (1)より漸化式 $\Gamma(n+1) = \Gamma(n)$ が

で成り立ちます．よって

$\displaystyle \Gamma(n) = (n-1)\Gamma(n-1) = (n-1)(n-2)\Gamma(n-2) = \cdots = (n-1)(n-2)\cdots 2\Gamma(1)$

ここで $\Gamma(1) = \int_{0}^{\infty}e^{-x} dx = 1$ より

$\displaystyle \Gamma(n) = (n-1)!$

となります．
(3)の証明には2重積分が必要となるので，証明はあとにまわします．(演習問題7.4.1-2参照)

$\int_{a}^{b}\vert f(x)\vert dx$ が収束するならば，関数のからまでの積分は 絶対収束(absolute convergent) であるといいます．また， $\int_{a}^{b}f(x)dx$ は収束するが， $\int_{a}^{b}\vert f(x)\vert dx$ が発散するとき，関数のからまでの積分は 条件収束(conditional convergent) であるといいます．

確認問題

1.: 次の広義積分を求めよう．
(a) $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x} dx}$ (b) $\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x}}$ (c) $\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}}$ (d) $\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\cos{\pi x} dx}$ (e) $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{x}}}$ (f) $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{2}}}$

演習問題

1.

次の広義積分を求めよう．

(a) $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1-x}}}$ (b) $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{dx}{x}}$ (c) $\displaystyle{\int_{0}^{1}\log{x}dx}$

2.

次の無限積分を求めよう．

(a) $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}xe^{-x}dx}$ (b) $\displaystyle{\int_{2}^{\infty}\frac{1}{x(\log{x})^{\alpha}}dx}$ (c) $\displaystyle{\int_{2}^{\infty}\frac{1}{x^{\alpha} \log{x}} dx}$

3.

次の積分の収束，発散について調べよう．

(a) $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{\sqrt{\cos{x}}}}$ (b) $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\log{x}}{\sqrt{x}}}$

4.

enshu:3-9-4 $K(k) = \int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}dx$ を第1種完全楕円積分とします．また， $agm(a_{0},b_{0}), a_{0} \geq b_{0} > 0$ を算術幾何平均とすると，次のことが知られている．

$\displaystyle \frac{\pi}{2} = agm(1, \sqrt{1 - k^2})\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}$

のとき成り立つことを確かめよ．