不定積分の置換積分では変数を元に戻す必要がありましたが、定積分では積分区間を新しい変数に合わせて変換することで、元に戻さずに計算を完結させることができます。この「区間ごと置き換える」テクニックが、定積分の計算を飛躍的に効率化します。
不定積分の置換積分では、$x = g(t)$ と置いた後、最終的に $t$ を $x$ に戻す必要がありました。定積分ではその手間が省けます。その代わり、積分区間を $t$ の区間に変換する必要があります。
$x = g(t)$ とおくとき（$g(t)$ は微分可能）：
$$\int_a^b f(x)\,dx = \int_{\alpha}^{\beta} f(g(t))\,g'(t)\,dt$$
ただし $g(\alpha) = a$、$g(\beta) = b$
$dx = g'(t)\,dt$ への書き換えと、$x$ の区間 $[a, b]$ を $t$ の区間 $[\alpha, \beta]$ に変換する ── この2つが同時に起こります。
置換積分の本質は、積分を「別の座標系で計算する」ことです。$x = g(t)$ という変換は、$x$ 軸の目盛りを $t$ 軸の目盛りに読み替えることに相当します。目盛りの幅が変わるので、その伸縮率 $g'(t)$ が $dt$ に掛かります。
そして、$x$ が $a$ から $b$ まで動くとき、$t$ は $\alpha$ から $\beta$ まで動く。だから区間も変わるのです。
$f(x)$ の原始関数を $F(x)$ とする。すなわち $F'(x) = f(x)$。
合成関数の微分より $\dfrac{d}{dt}F(g(t)) = F'(g(t))\cdot g'(t) = f(g(t))\cdot g'(t)$。
よって $\int_{\alpha}^{\beta} f(g(t))\,g'(t)\,dt = \Big[F(g(t))\Big]_{\alpha}^{\beta} = F(g(\beta)) - F(g(\alpha)) = F(b) - F(a) = \int_a^b f(x)\,dx$。
✗ 誤：$\int_0^1 2x\,e^{x^2}\,dx$ で $t = x^2$ とおいて $\int_0^1 e^t\,dt$ と書く
○ 正：$x: 0 \to 1$ のとき $t = x^2: 0 \to 1$ なので $\int_0^1 e^t\,dt$（この場合は区間がたまたま同じ）
区間の対応を必ず確認しましょう。$x = 0$ のとき $t = ?$、$x = 1$ のとき $t = ?$ を書き出すことが大切です。
$4 - x = t$ とおくと $dx = -dt$。$x: 0 \to 4$ のとき $t: 4 \to 0$。
$$\int_0^4 \sqrt{4-x}\,dx = \int_4^0 \sqrt{t}\,(-dt) = \int_0^4 \sqrt{t}\,dt = \left[\frac{2}{3}t^{3/2}\right]_0^4 = \frac{2}{3}\cdot 8 = \frac{16}{3}$$
✗ 誤：$t: 4 \to 0$ だから計算できない
○ 正：$\int_4^0 = -\int_0^4$ として区間を入れ替えればよい。$-dt$ の負号と打ち消し合って $\int_0^4$ になる
置換により区間が逆転することはよくあります。落ち着いて符号を処理しましょう。
定積分の置換積分には、頻出のパターンがあります。パターンごとに置換の仕方と区間の対応を整理しましょう。
$ax + b = t$ とおくと $dx = \dfrac{1}{a}\,dt$ です。
$$\int_0^1 (2x+1)^5\,dx$$
$2x + 1 = t$ とおくと $dx = \dfrac{dt}{2}$。$x: 0 \to 1$ で $t: 1 \to 3$。
$$= \frac{1}{2}\int_1^3 t^5\,dt = \frac{1}{2}\left[\frac{t^6}{6}\right]_1^3 = \frac{1}{12}(729 - 1) = \frac{364}{6} = \frac{182}{3}$$
被積分関数が合成関数の微分の形をしている場合、内側の関数 $g(x) = t$ とおきます。
$$\int_0^1 x\,e^{x^2}\,dx$$
$x^2 = t$ とおくと $2x\,dx = dt$。$x: 0 \to 1$ で $t: 0 \to 1$。
$$= \frac{1}{2}\int_0^1 e^t\,dt = \frac{1}{2}\left[e^t\right]_0^1 = \frac{e-1}{2}$$
$x = a\sin\theta$ とおく三角関数置換です。これは次のセクションで詳しく扱います。
置換積分は「被積分関数を単純にする」ための手法です。何を $t$ とおくかは、「何が邪魔なのか」から逆算して考えます。
ルートが邪魔 → ルートの中身を $t$ とおく（$\sqrt{\text{何か}} \to \sqrt{t}$）
指数が邪魔 → 指数部分を $t$ とおく（$e^{\text{何か}} \to e^t$）
合成関数の形が見える → 内側の関数を $t$ とおく
| 被積分関数の形 | 置換 | ポイント |
|---|---|---|
| $f(ax+b)$ | $t = ax+b$ | $dx = \frac{1}{a}dt$ |
| $f(g(x))\,g'(x)$ | $t = g(x)$ | $g'(x)\,dx = dt$ |
| $\sqrt{a-x}$ を含む | $t = a - x$ | $dx = -dt$、区間逆転に注意 |
| $\dfrac{f'(x)}{f(x)}$ | $t = f(x)$ | $\int \frac{dt}{t} = \log|t|$ |
$\sqrt{a^2 - x^2}$ を含む定積分では、$x = a\sin\theta$ とおく三角関数置換が有効です。$\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ を利用してルートを外すことができます。
$x = \sin\theta$ とおくと $dx = \cos\theta\,d\theta$。
$x: 0 \to 1$ で $\theta: 0 \to \dfrac{\pi}{2}$。
$$\sqrt{1 - x^2} = \sqrt{1 - \sin^2\theta} = \sqrt{\cos^2\theta} = \cos\theta \quad (\cos\theta \ge 0)$$
$$\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,dx = \int_0^{\pi/2} \cos\theta \cdot \cos\theta\,d\theta = \int_0^{\pi/2} \cos^2\theta\,d\theta$$
$$= \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2\theta}{2}\,d\theta = \frac{1}{2}\left[\theta + \frac{\sin 2\theta}{2}\right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$$
✗ 誤：$\sqrt{\cos^2\theta} = \cos\theta$ と無条件に書く
○ 正：$\theta$ の範囲で $\cos\theta \ge 0$ であることを確認してから $|\cos\theta| = \cos\theta$ とする
$0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$ では $\cos\theta \ge 0$ なので問題ありませんが、区間によっては $\cos\theta < 0$ になることがあります。
$y = \sqrt{1-x^2}$ は単位円の上半分です。$\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,dx$ は第1象限の四分円の面積に一致するので、$\dfrac{\pi \cdot 1^2}{4} = \dfrac{\pi}{4}$ と図形的にも確認できます。三角関数置換は、この幾何学的構造を代数的に実現しているのです。
$x = a\sin\theta$ とおくと、同様の計算で：
$$\int_0^a \sqrt{a^2 - x^2}\,dx = \frac{\pi a^2}{4}$$
これは半径 $a$ の四分円の面積です。この結果は、面積の計算（第6章）で頻繁に使います。
定積分の置換積分には、計算を劇的に簡単にするテクニックがあります。$a + b - x = t$ という置換を行うと、次の等式が得られます。
$$\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b f(a + b - x)\,dx$$
特に $a = 0$ のとき $\int_0^b f(x)\,dx = \int_0^b f(b - x)\,dx$。積分変数を「端から測り直す」操作です。
$a + b - x = t$ とおくと $dx = -dt$。$x: a \to b$ のとき $t: b \to a$。
$$\int_a^b f(a+b-x)\,dx = \int_b^a f(t)(-dt) = \int_a^b f(t)\,dt = \int_a^b f(x)\,dx$$
最後の等号は、定積分の値が積分変数の文字に依らないことによります。
$I = \int_0^{\pi/2} \dfrac{\sin x}{\sin x + \cos x}\,dx$ とおきます。
$\dfrac{\pi}{2} - x = t$ と置換すると：
$$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin(\frac{\pi}{2} - x)}{\sin(\frac{\pi}{2} - x) + \cos(\frac{\pi}{2} - x)}\,dx = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\cos x + \sin x}\,dx$$
よって：
$$2I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin x + \cos x}{\sin x + \cos x}\,dx = \int_0^{\pi/2} 1\,dx = \frac{\pi}{2}$$
$$\therefore\quad I = \frac{\pi}{4}$$
$I = \int_a^b f(x)\,dx$ と $I = \int_a^b f(a+b-x)\,dx$ を足すと $2I$ が簡単になる ── これが定積分の置換積分の中で最もエレガントなテクニックの一つです。被積分関数に対称性がある場合に威力を発揮します。
✗ 誤：置換しても同じ積分に戻ってしまい「$I = I$」で何も得られない
○ 正：置換後が異なる形になり、元の $I$ と足したり引いたりすることで値が求まる
このテクニックは、$f(a+b-x)$ が $f(x)$ とうまく「補い合う」ときにのみ有効です。
定積分の置換積分では、不定積分の場合と同じく「何をおくか」が最も重要な判断です。ここでは、頻出パターンをまとめて整理します。
| 被積分関数の特徴 | 推奨する置換 | 典型例 |
|---|---|---|
| $\sqrt{a^2 - x^2}$ | $x = a\sin\theta$ | 円の面積 |
| $\sqrt{x^2 + a^2}$ | $x = a\tan\theta$ | 双曲線関連 |
| $\sqrt{x^2 - a^2}$ | $x = \dfrac{a}{\cos\theta}$ | 曲線の弧長 |
| $e^x$ を含む | $e^x = t$ | $\int \dfrac{dx}{e^x + 1}$ |
| $\sqrt[n]{ax+b}$ | $\sqrt[n]{ax+b} = t$ | 無理関数の積分 |
置換積分の選択に迷ったら、次の指針に従いましょう。
1変数の置換積分で $g'(t)\,dt$ が現れるのは、座標変換に伴う「伸縮率」です。大学の多変数解析では、2変数以上の置換積分で $|g'(t)|$ に相当するヤコビアン（Jacobian）$\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|$ が登場します。これは極座標変換 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ のとき $r$ になるもので、置換積分の考え方が多次元に自然に拡張されていることがわかります。
Q1. $\int_0^2 x\sqrt{4-x^2}\,dx$ で $x^2 = t$ とおいたとき、$t$ の積分区間は？
Q2. $\int_0^{\pi} \sin^3 x\,\cos x\,dx$ を置換積分で計算せよ。
Q3. $\int_0^b f(x)\,dx = \int_0^b f(b-x)\,dx$ が成り立つことを、置換 $t = b - x$ で確認せよ。
Q4. $\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,dx$ の値と、その幾何学的意味を述べよ。
Q5. $\sqrt{a^2 - x^2}$ を含む積分で $x = a\sin\theta$ と置換する理由を説明せよ。
次の定積分を求めよ。
(1) $\displaystyle\int_0^2 x\sqrt{x^2 + 1}\,dx$
(2) $\displaystyle\int_0^{\pi/4} \tan x\,dx$
(1) $x^2 + 1 = t$ とおくと $2x\,dx = dt$。$x: 0 \to 2$ で $t: 1 \to 5$。
$$\frac{1}{2}\int_1^5 \sqrt{t}\,dt = \frac{1}{2}\left[\frac{2}{3}t^{3/2}\right]_1^5 = \frac{1}{3}(5\sqrt{5} - 1)$$
(2) $\int_0^{\pi/4} \dfrac{\sin x}{\cos x}\,dx$。$\cos x = t$ とおくと $-\sin x\,dx = dt$。$x: 0 \to \frac{\pi}{4}$ で $t: 1 \to \frac{1}{\sqrt{2}}$。
$$= -\int_1^{1/\sqrt{2}} \frac{dt}{t} = \int_{1/\sqrt{2}}^1 \frac{dt}{t} = \left[\log t\right]_{1/\sqrt{2}}^1 = -\log\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\log 2$$
$\displaystyle\int_0^2 \sqrt{4 - x^2}\,dx$ を求めよ。
$x = 2\sin\theta$ とおくと $dx = 2\cos\theta\,d\theta$。$x: 0 \to 2$ で $\theta: 0 \to \dfrac{\pi}{2}$。
$\sqrt{4 - x^2} = \sqrt{4 - 4\sin^2\theta} = 2\cos\theta$（$\cos\theta \ge 0$）
$$\int_0^2 \sqrt{4-x^2}\,dx = \int_0^{\pi/2} 2\cos\theta \cdot 2\cos\theta\,d\theta = 4\int_0^{\pi/2} \cos^2\theta\,d\theta$$
$$= 4 \cdot \frac{1}{2}\left[\theta + \frac{\sin 2\theta}{2}\right]_0^{\pi/2} = 4 \cdot \frac{\pi}{4} = \pi$$
$\displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sin x + \cos x}\,dx$ を求めよ。
$I = \int_0^{\pi/2} \dfrac{\cos x}{\sin x + \cos x}\,dx$ とおく。
$\dfrac{\pi}{2} - x = t$ と置換すると $dx = -dt$、$x: 0 \to \frac{\pi}{2}$ で $t: \frac{\pi}{2} \to 0$。
$$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos(\frac{\pi}{2}-t)}{\sin(\frac{\pi}{2}-t) + \cos(\frac{\pi}{2}-t)}\,dt = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin t}{\cos t + \sin t}\,dt$$
よって $2I = \int_0^{\pi/2} \dfrac{\sin x + \cos x}{\sin x + \cos x}\,dx = \dfrac{\pi}{2}$
$$I = \frac{\pi}{4}$$
$\displaystyle\int_0^{\pi} \frac{x\sin x}{1 + \cos^2 x}\,dx$ を求めよ。
$I = \int_0^{\pi} \dfrac{x\sin x}{1 + \cos^2 x}\,dx$ とおく。
$\pi - x = t$ と置換すると $dx = -dt$、$x: 0 \to \pi$ で $t: \pi \to 0$。
$\sin(\pi - t) = \sin t$、$\cos(\pi - t) = -\cos t$ より $\cos^2(\pi - t) = \cos^2 t$。
$$I = \int_0^{\pi} \frac{(\pi - t)\sin t}{1 + \cos^2 t}\,dt = \pi\int_0^{\pi} \frac{\sin t}{1 + \cos^2 t}\,dt - I$$
よって $2I = \pi\int_0^{\pi} \dfrac{\sin x}{1 + \cos^2 x}\,dx$。
ここで $\cos x = u$ とおくと $-\sin x\,dx = du$、$x: 0 \to \pi$ で $u: 1 \to -1$。
$$\int_0^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx = \int_1^{-1} \frac{-du}{1+u^2} = \int_{-1}^{1}\frac{du}{1+u^2} = \Big[\arctan u\Big]_{-1}^{1} = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}$$
$$2I = \pi \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2} \quad \therefore\quad I = \frac{\pi^2}{4}$$
$x$ と $\sin x$ の積が被積分関数に含まれる場合、$\pi - x$ の置換で $x$ を分離するテクニックが有効です。$\sin x$ は $\pi - x$ 置換で不変、$\cos^2 x$ も不変ですが、$x$ が $\pi - x$ に変わります。これにより $I$ と $\pi(\cdots) - I$ の関係が生まれ、$2I$ の形で解けます。