対称性を用いた積分

前提知識: 定積分, 置換積分, 微分積分学の基本定理, 偶関数と奇関数, 三角関数, 指数関数, 対数関数

動機

定積分 $\int_a^bf(x)\,dx$ を求めるふつうの道は、原始関数 $F$ を見つけて $F(b)-F(a)$ を計算することである。しかし原始関数がとても複雑だったり、そもそも見つからなかったりしても、定積分の値だけなら決まることがある。そのための代表的な道具が対称性である。
考え方の中心は一つである。区間 $[a,b]$ を自分自身に移す置換（$x\mapsto-x$、$x\mapsto a+b-x$、$x\mapsto\frac1x$ など）をしても、周期関数を周期の分だけずらす置換をしても、定積分の値は変わらない。そこで

1. 置換した積分 $\int_a^bf(\sigma(x))\,|\sigma'(x)|\,dx$ を作り、
2. 元の積分と足す（または引く）と被積分関数が簡単になるかを見る。
   簡単になれば、2 で割って答えが出る。本記事では、この手を支える置換の性質を述べて証明し、例では何に目をつけるか、どの手を試すか、うまくいかない手はどこで止まるかを順に見る。
   以下では、閉区間上の連続関数は積分でき、積分は線形で、$f\le g$ なら $\int_a^bf\le\int_a^bg$ であることを前提とし、微分積分学の基本定理を次の 2 つの形で使う（Leb26 Theorem 5.3.3、Theorem 5.3.1）。

• (基本定理 I) $f$ が区間 $I$ で連続、$c\in I$ なら、$F(x):=\int_c^xf(s)\,ds$ は $I$ で微分可能で $F'=f$ である。
• (基本定理 II) $G$ が $[a,b]$ で微分可能で $G'$ が連続なら、$\int_a^bG'(x)\,dx=G(b)-G(a)$ である。
  微分可能で導関数が連続な関数を $C^1$ 級という。$\log$ は自然対数、$\int_q^p:=-\int_p^q$ と約束する。

定理と証明

置換積分の公式

対称性の議論はすべて置換積分の特別な場合なので、公式を正確に述べておく。

裏返しと周期

偶関数と奇関数の積の積分が $0$ になることを「直交」と見る話は 積分で定める内積 で扱う。
(2) で $a=-b$ とすると $\int_{-b}^bf(x)\,dx=\frac12\int_{-b}^b\bigl(f(x)+f(-x)\bigr)\,dx$ であり、$\frac{f(x)+f(-x)}2$ は $f$ の「偶関数の部分」である。つまり対称な区間では、どんな関数も偶関数の部分だけが積分に効く。(1) はその特別な場合である。

2 つを組み合わせると、たとえば正の整数 $n$ について、$g(x)=|\sin x|$ は $g(n\pi-x)=g(x)$ を満たすので prop-isym-weight により $\int_0^{n\pi}x|\sin x|\,dx=\frac{n\pi}2\int_0^{n\pi}|\sin x|\,dx$ であり、prop-isym-period により右辺の積分は $n\int_0^\pi\sin x\,dx=2n$ なので、値は $n^2\pi$ である。区間ごとに絶対値を外して部分積分するより、符号の処理がずっと少ない。

例

例 1（奇関数の部分を捨てる）

区間が原点について対称である。被積分関数は $xe^{-x^4}$（奇関数）と $x^2$（偶関数）の和である。候補は (a) 原始関数を求める、(b) 奇関数の部分を捨てる、の 2 つである。
まず (a) を試す。$x^2$ の原始関数は $\frac{x^3}3$ である。$xe^{-x^4}$ には $x$ が掛かっているので、$u=x^2$ とおくと $du=2x\,dx$ で
$$ \int xe^{-x^4}\,dx=\frac12\int e^{-u^2}\,du $$
となる。ところが $e^{-u^2}$ の原始関数は初等関数（多項式・指数・対数・三角関数などを有限回組み合わせた関数）では書けないことが知られている（Con05 Example 4.6。証明はしない）。原始関数を求める道はここで止まる。
そこで原始関数が要らない (b) に切り替える。$xe^{-x^4}$ は連続な奇関数なので、prop-isym-reflect (1) により $[-1,1]$ での積分は $0$ である。よって
$$ \int_{-1}^1\bigl(xe^{-x^4}+x^2\bigr)\,dx=0+2\int_0^1x^2\,dx=\frac23. $$
求めたいのは定積分であって原始関数ではない。対称な区間なら、まず「偶関数の部分・奇関数の部分」に分けて、奇関数の部分を消してよい。実は (a) の置換 $u=x^2$ そのものも、原始関数なしで $0$ を出す。$\varphi(x)=x^2$、$f(u)=\frac12e^{-u^2}$ とすれば被積分関数は $f(\varphi(x))\varphi'(x)$ の形で、$f$ は連続なので thm-isym-substitution が使え、$\int_{-1}^1=\int_1^1\cdots=0$ である（$\varphi$ が単調でなくてもよい）。

例 2（$f(x)+f(-x)$ を作る）

区間は原点について対称だが、$\frac{x^2}{1+e^x}$ は偶関数でも奇関数でもない。分母 $1+e^x$ は $x\mapsto-x$ で $1+e^{-x}$ に変わる。候補は (a) $t=e^x$ と置換して有理関数と $\log$ の積分に直す、(b) 部分積分で $x^2$ の次数を下げる、(c) $f(x)+f(-x)$ を計算する、である。
(a) $t=e^x$、$dx=\frac{dt}t$、$x=\log t$ とおくと
$$ \int\frac{x^2}{1+e^x}\,dx=\int\frac{(\log t)^2}{t(1+t)}\,dt=\int\frac{(\log t)^2}t\,dt-\int\frac{(\log t)^2}{1+t}\,dt $$
となる。1 つ目は $\frac{(\log t)^3}3$ だが、2 つ目は分母の $1+t$ と分子の $\log t$ がかみ合わず、置換でも部分積分でも簡単にならない。(b) も同じで、$\frac1{1+e^x}$ の原始関数 $x-\log(1+e^x)$ に $x$ を掛けたものを積分する羽目になり、$\int x\log(1+e^x)\,dx$ で止まる。
そこで (c)、分母が $x\mapsto-x$ でどう変わるかを見る。$f(x):=\frac{x^2}{1+e^x}$ とおくと
$$ f(-x)=\frac{x^2}{1+e^{-x}}=\frac{x^2e^x}{e^x+1},\qquad f(x)+f(-x)=\frac{x^2(1+e^x)}{1+e^x}=x^2 $$
である。prop-isym-reflect (2) により
$$ \int_{-1}^1f(x)\,dx=\frac12\int_{-1}^1x^2\,dx=\frac13. $$
効いたのは $\frac1{1+e^x}+\frac1{1+e^{-x}}=1$ という関係である。一般に $g$ が $[-a,a]$ で連続な偶関数なら、同じ計算で $\int_{-a}^a\frac{g(x)}{1+e^x}\,dx=\int_0^ag(x)\,dx$ となる。見分け方は「$x\mapsto-x$ で分母が $1+e^x\leftrightarrow1+e^{-x}$ のように逆数に近いものに変わるか」である。$g$ が偶関数でなければ $f(x)+f(-x)$ に $g(x)$ と $g(-x)$ が別々に残り、簡単にならない。

例 3（$x\mapsto\frac\pi2-x$ で分子と分母を入れ替える）

根号の中に $\sin x$ と $\cos x$ があり、分母は両者について対称、分子は $\sin$ だけである。区間は $[0,\frac\pi2]$ で、$x\mapsto\frac\pi2-x$ により $\sin$ と $\cos$ が入れ替わる。候補は (a) $t=\tan x$ と置換して有理関数に直す、(b) $x\mapsto\frac\pi2-x$ で裏返して足す、である。
(a) 分母・分子を $\sqrt{\cos x}$ で割ると $\frac{\sqrt{\tan x}}{\sqrt{\tan x}+1}$ である。$t=\tan x$ とおくと $dx=\frac{dt}{1+t^2}$ で、区間は $[0,\infty)$ に変わり広義積分になる。さらに $u=\sqrt t$ とおくと
$$ \int_0^\infty\frac{2u^2}{(u+1)(u^4+1)}\,du,\qquad \frac{2u^2}{(u+1)(u^4+1)}=\frac1{u+1}-\frac{(u-1)^2(u+1)}{u^4+1} $$
となる。この先は $u^4+1=(u^2+\sqrt2u+1)(u^2-\sqrt2u+1)$ と分けて係数に $\sqrt2$ を含む部分分数分解をし、$u\to\infty$ での $\log$ の項の打ち消し合いを確かめる必要がある。できなくはないが長い。
そこで (b)、分子と分母の形がそろっていることに目を向ける。$f(x)$ を被積分関数とすると、$\sin(\frac\pi2-x)=\cos x$、$\cos(\frac\pi2-x)=\sin x$ から
$$ f(x)+f\Bigl(\frac\pi2-x\Bigr)=\frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}+\frac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\cos x}+\sqrt{\sin x}}=1 $$
である。$f$ は $[0,\frac\pi2]$ で連続（分母は正）なので、prop-isym-reflect (2) により積分は $\frac12\cdot\frac\pi2=\frac\pi4$ である。
効く形は $\int_a^b\frac{g(x)}{g(x)+g(a+b-x)}\,dx$ である。$g$ が $[a,b]$ で連続かつ正なら、値はいつでも $\frac{b-a}2$ になる。たとえば分母が $\sqrt{\sin x}+2\sqrt{\cos x}$ のときは、裏返して足しても定数にならず（$x=0$ で $1$、$x=\frac\pi4$ で $\frac23$）、この手は効かない（似た状況を例 6 で扱う）。

例 4（邪魔な因子 $x$ を消す）

$x$ と三角関数の積である。$x$ を除いた部分 $\frac{\sin x}{1+\sin^2x}$ は、$\sin(\pi-x)=\sin x$ より $x\mapsto\pi-x$ で変わらない。候補は (a) $x$ を微分する側にして部分積分する、(b) prop-isym-weight で $x$ を外す、である。
(a) 部分積分には $\frac{\sin x}{1+\sin^2x}$ の原始関数 $G$ が要る。$1+\sin^2x=2-\cos^2x$ なので $v=\cos x$ とおいて
$$ G(x)=-\int\frac{dv}{2-v^2}=-\frac1{2\sqrt2}\log\frac{\sqrt2+\cos x}{\sqrt2-\cos x} $$
を得る（微分して確かめられる）。すると $\int_0^\pi xG'(x)\,dx=\bigl[xG(x)\bigr]_0^\pi-\int_0^\pi G(x)\,dx$ となり、今度は $G$、つまり $\log\frac{\sqrt2+\cos x}{\sqrt2-\cos x}$ そのものを積分しなければならない。$x$ を微分して消したつもりが、代わりに $\cos x$ の $\log$ が現れ、その原始関数は置換でも部分積分でも見つからない。部分積分だけでは閉じないのである。ただし必要なのは定積分だけである。$\cos(\pi-x)=-\cos x$ より $G(\pi-x)=-G(x)$ なので、prop-isym-reflect (2) により $\int_0^\pi G(x)\,dx=\int_0^\pi G(\pi-x)\,dx=-\int_0^\pi G(x)\,dx$、すなわち $\int_0^\pi G(x)\,dx=0$ である。よって (a) の値は境界の項 $\pi G(\pi)=\frac{\pi}{2\sqrt2}\log\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}$ だけで、これは下の (b) で得る値と同じである。(a) も、残った積分で対称性を借りれば終わる。
そこで (b) を使う。$g(x):=\frac{\sin x}{1+\sin^2x}$ は $[0,\pi]$ で連続で $g(\pi-x)=g(x)$ なので、prop-isym-weight により
$$ \int_0^\pi xg(x)\,dx=\frac\pi2\int_0^\pi\frac{\sin x}{2-\cos^2x}\,dx=\frac\pi2\int_{-1}^1\frac{dv}{2-v^2} $$
である（$v=\cos x$）。$\frac1{2-v^2}=\frac1{2\sqrt2}\bigl(\frac1{\sqrt2-v}+\frac1{\sqrt2+v}\bigr)$ から $\int_{-1}^1\frac{dv}{2-v^2}=\frac1{\sqrt2}\log\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}=\sqrt2\log(1+\sqrt2)$（$\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}=(\sqrt2+1)^2$ を使った）。よって答は $\frac{\pi}{\sqrt2}\log(1+\sqrt2)$ である。
(a) では、$x$ を微分で消すと「$g$ の原始関数の積分」という一段難しい積分が残り、部分積分だけでは閉じず、どこかで対称性が要った。最初から prop-isym-weight を使えば一度で済む。$x$ は $\frac{a+b}2$ という定数に置き換わり、残るのは $g$ そのものの積分である。見分け方は「多項式の重み $x$」×「$x\mapsto a+b-x$ で不変な関数」の形である。$\int_0^\pi x\,f(\sin x)\,dx=\frac\pi2\int_0^\pi f(\sin x)\,dx$（$f$ は $[0,1]$ で連続）は典型例である。重みが $x^2$ だと、この手だけでは外れない。$x^2+(\pi-x)^2$ が定数にならないからである。

例 5（$x\mapsto\frac1x$ で裏返す）

区間 $[\frac12,2]$ は $x\mapsto\frac1x$ で自分自身に移る。$\frac{dx}x$ は $x=\frac1t$ で $-\frac{dt}t$ となり、形を保つ。そして $\arctan$ には $\frac1x$ との関係がある。

候補は (a) $\arctan x$ を微分する側にして部分積分する、(b) $x\mapsto\frac1x$ で裏返して足す、である。
(a) $F=\arctan x$、$G=\log x$ とすると
$$ \int_{1/2}^2\frac{\arctan x}x\,dx=\bigl[\arctan x\cdot\log x\bigr]_{1/2}^2-\int_{1/2}^2\frac{\log x}{1+x^2}\,dx $$
である。境界の項は $\log2\,(\arctan2+\arctan\frac12)=\frac\pi2\log2$（lem-isym-arctan）である。しかし残った $\frac{\log x}{1+x^2}$ の原始関数は、置換でも部分積分でも見つからない。ここで止まる。
そこで、止まった積分そのものに裏返しを使う。$\varphi(t)=\frac1t$ は $[\frac12,2]$ で $C^1$ 級、$\varphi(\frac12)=2$、$\varphi(2)=\frac12$、$\varphi'(t)=-\frac1{t^2}$ なので、thm-isym-substitution により
$$ J:=\int_{1/2}^2\frac{\log x}{1+x^2}\,dx=\int_2^{1/2}\frac{\log(1/t)}{1+t^{-2}}\cdot\Bigl(-\frac1{t^2}\Bigr)dt=\int_{1/2}^2\frac{-\log t}{t^2+1}\,dt=-J $$
である。よって $J=0$ で、答は $\frac\pi2\log2$ である。直接 (b) を使ってもよい。同じ置換で $I:=\int_{1/2}^2\frac{\arctan x}x\,dx=\int_{1/2}^2\frac{\arctan(1/t)}t\,dt$ となるので、足して lem-isym-arctan を使うと $2I=\frac\pi2\int_{1/2}^2\frac{dt}t=\pi\log2$ である。
$x\mapsto\frac1x$ は $[\frac1c,c]$（$c>1$）を自分自身に移し、$\frac{dx}x$ と $\frac{dx}{1+x^2}$ の形を保つ。$\log x$ は符号を変え、$\arctan x$ は $\frac\pi2-\arctan x$ に変わる。これらが並んでいたら $x\mapsto\frac1x$ を試す。部分積分で残った積分に対称性が効くこともある（例 4 の (a) も同じ形である）ので、手を組み合わせることをためらわない。

例 6（裏返しが効かない場合）

例 3 に似ているが、分母が $\sin x+2\cos x$ で $\sin$ と $\cos$ について対称でない。候補は (a) $x\mapsto\frac\pi2-x$ で裏返して足す、(b) 相方の積分 $J:=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos x}{\sin x+2\cos x}\,dx$ と組にする、である。
(a) 裏返すと $I=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos x}{\cos x+2\sin x}\,dx$ になる。分母が $\cos x+2\sin x$ に変わってしまい、元の分母 $\sin x+2\cos x$ と一致しない。足しても $\frac{\sin x}{\sin x+2\cos x}+\frac{\cos x}{\cos x+2\sin x}$ は定数にならない（$x=0$ で $\frac{1}{1}=1$、$x=\frac\pi4$ で $\frac23$）。この積分では、足しても分母がそろわず、簡単にならない。ただし「分母が裏返しで変わると効かない」とは限らない。例 2 では分母が $1+e^x$ から $1+e^{-x}$ に変わったが、足すと $x^2$ になった。$\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+\tan x}$ も（$\frac1{1+\tan x}=\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}$ と書けば $[0,\frac\pi2]$ で連続である）、裏返すと分母は $1+\frac1{\tan x}$ に変わるが、$\frac1{1+t}+\frac1{1+t^{-1}}=\frac1{1+t}+\frac t{t+1}=1$（$t=\tan x$、$0< x<\frac\pi2$）なので足すと $1$ になり、値は $\frac\pi4$ である。効くかどうかは、足した結果を実際に計算して判断する。
そこで (b)、分母を変えずに分子だけを動かす。分母 $D:=\sin x+2\cos x$ の導関数は $D'=\cos x-2\sin x$ である。分子の $\sin x$ と $\cos x$ を $D$ と $D'$ の組合せで書くことにして、$I$ と $J$ を組で考えると
$$ I+2J=\int_0^{\pi/2}\frac DD\,dx=\frac\pi2,\qquad J-2I=\int_0^{\pi/2}\frac{D'}D\,dx=\bigl[\log D\bigr]_0^{\pi/2}=\log\frac12 $$
である（$D>0$ なので $\log D$ は定義される）。この連立方程式を解くと $5I=\frac\pi2+2\log2$、すなわち $I=\frac\pi{10}+\frac25\log2$、$J=\frac\pi5-\frac15\log2$ である。
例 3 の「足して簡単にする」の本質は、同じ分母をもつ 2 つの積分を組にして、分子が簡単になる 1 次結合を作ることである。裏返しはその組を自動的に作ってくれる便利な手段にすぎない。分子と分母が $p\sin x+q\cos x$ の形（定数項のない 1 次式）で、分母が積分区間で $0$ にならなければ、分子を「分母」と「分母の導関数」の 1 次結合で書けば必ず解ける（分母 $p\sin x+q\cos x$ とその導関数 $p\cos x-q\sin x$ で $\sin x,\cos x$ を表す連立方程式の係数の行列式は $p^2+q^2\ne0$）。分子と分母が $pe^x+qe^{-x}$（分母は $p,q\ne0$）の形でも、分母 $D$ と $D'=pe^x-qe^{-x}$ から $e^x=\frac{D+D'}{2p}$、$e^{-x}=\frac{D-D'}{2q}$ となるので同じ手が使える。定数項があるとこの手だけでは閉じない。たとえば $\int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}{2+\sin x}\,dx$ では、$D=2+\sin x$、$D'=\cos x$ で、$\sin x=D-2$ と書くと $\int_0^{\pi/2}\frac{2}{2+\sin x}\,dx$ が残る。

反例と注意

また、例 6 の積分のように、$x\mapsto a+b-x$ で裏返すと分母が別の 1 次式に変わり、足しても被積分関数が簡単にならないことがある。一方で例 2 のように分母が変わっても効く場合もあるので、効くかどうかは足した結果を計算して確かめる。例 4 の重みの外し方も、重みが $x^2$ のときはそのままでは使えない。

補足

Putnam 数学競技会の問題から

Putnam 数学競技会（北米の大学生向けの競技会）の 1987 年 B1 は、次の定積分の値を求めさせる問題であった（問題文は引用せず、内容を述べる）。
$$ \int_2^4\frac{\sqrt{\log(9-x)}}{\sqrt{\log(9-x)}+\sqrt{\log(x+3)}}\,dx. $$
答は $1$ である。
高校数学で解く。 見えるのは、分子と分母に $\log(9-x)$ と $\log(x+3)$ が並んでいることである。区間 $[2,4]$ の両端の和は $6$ で、$x\mapsto6-x$ により $9-x\mapsto x+3$、$x+3\mapsto9-x$ と入れ替わる。$[2,4]$ では $9-x\ge5$、$x+3\ge5$ なので根号の中は正で、被積分関数 $f$ は連続である。例 3 と同じく $f(x)+f(6-x)=1$ なので、prop-isym-reflect (2) により積分は $\frac12\cdot2=1$ である。原始関数を求めようとすると、$\sqrt{\log(9-x)}$ を含む商の積分で最初から止まる。
大学数学で見ると見通しがよくなる。 この問題は、例 3 で述べた一般形
$$ \int_a^b\frac{g(x)}{g(x)+g(a+b-x)}\,dx=\frac{b-a}2\qquad(g\text{ は }[a,b]\text{ で連続かつ正}) $$
に $g(x)=\sqrt{\log(9-x)}$、$[a,b]=[2,4]$ を入れたものである。$\log$ や根号は目くらましで、$g$ が $[a,b]$ で連続かつ正である限り、答は区間の長さの半分になる。背後にあるのは、$\sigma(x)=a+b-x$ が 2 回で元に戻り（$\sigma\circ\sigma=\mathrm{id}$）、積分を変えないことである。$\frac{f+f\circ\sigma}2$ は、$\{\mathrm{id},\sigma\}$ という 2 元の群で $f$ を平均したものと見られる。

判断の目安

本記事の命題と例で確かめた範囲をまとめる。「駄目なら次の手」は例の中で試した別の手であり、例で別の手を試していない行はその旨を書く。

さらに先へ

本記事の対称性は、置換積分のうち「区間を自分自身に移す」場合である。大学では、変換で積分が変わらないという性質が群の上の不変な積分（Haar測度）へ一般化され、「群で平均する」操作は有限群の表現論で射影を作る手法と同じ形をしている。

関連項目

• 前提: 定積分, 置換積分, 微分積分学の基本定理, 偶関数と奇関数, 三角関数, 指数関数, 対数関数
• 全体像: 積分計算の技法
• 前に読む: 置換積分の使い方, 根号を含む関数の積分
• 次に読む: 積分の漸化式
• 関連（高校数学）: 積分の評価, 初等関数で表せない原始関数, 積分で定める内積, Wallis積分（高校数学）
• 発展: 広義積分, Haar測度
• 比較: 部分積分, 部分分数分解