置換積分が「合成関数の微分の逆」であったのに対し、部分積分は「積の微分の逆」です。定積分の部分積分では、端点での値の計算が加わります。$\int_0^{\pi} x\sin x\,dx$ のような典型例から、部分積分を繰り返して漸化式を導く応用まで、体系的に学びましょう。
積の微分公式 $(fg)' = f'g + fg'$ の両辺を $a$ から $b$ まで積分すると：
$$\Big[f(x)g(x)\Big]_a^b = \int_a^b f'(x)g(x)\,dx + \int_a^b f(x)g'(x)\,dx$$
これを整理すると、部分積分公式が得られます。
$$\int_a^b f(x)g'(x)\,dx = \Big[f(x)g(x)\Big]_a^b - \int_a^b f'(x)g(x)\,dx$$
不定積分との違いは、$\Big[f(x)g(x)\Big]_a^b$ という「端点での値」が加わることです。
$\int f \cdot g'\,dx$ が難しいとき、$g'$ の微分を $f$ に「移して」$\int f' \cdot g\,dx$ に変える ── これが部分積分の本質です。$f$ を微分すると簡単になる関数（多項式、$\log x$ など）を選べば、積分が楽になります。
言い換えると、「微分して簡単になる方を $f$、積分できる方を $g'$」と割り振るのが基本戦略です。
✗ 誤：$\int x\sin x\,dx$ で $f = \sin x$, $g' = x$ とおく → $g = \dfrac{x^2}{2}$ で余計複雑になる
○ 正：$f = x$（微分すると $1$ になる）, $g' = \sin x$（積分して $-\cos x$）とおく
「微分して簡単になる方が $f$」という鉄則を守りましょう。多項式は微分で次数が下がるので $f$ に選ぶのが基本です。
英語圏の教科書では、$f$ に選ぶ関数の優先順位を LIATE（Logarithmic → Inverse trig → Algebraic → Trigonometric → Exponential）で覚えます。リストの上にあるものほど $f$ にふさわしいです。例えば $\int x\,e^x\,dx$ では、$x$（Algebraic）は $e^x$（Exponential）より上なので $f = x$ とします。
最も典型的な部分積分の例として、$\int_0^{\pi} x\sin x\,dx$ を計算しましょう。
$f(x) = x$, $g'(x) = \sin x$ とおくと、$f'(x) = 1$, $g(x) = -\cos x$。
$$\int_0^{\pi} x\sin x\,dx = \Big[x(-\cos x)\Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} 1 \cdot (-\cos x)\,dx$$
$$= \Big[-x\cos x\Big]_0^{\pi} + \int_0^{\pi} \cos x\,dx$$
$$= (-\pi \cos\pi - 0) + \Big[\sin x\Big]_0^{\pi}$$
$$= \pi + (0 - 0) = \pi$$
$x\sin x$ の積分が直接できないのは、$x$ と $\sin x$ の積だからです。部分積分で $x$ を微分すると次数が $0$（定数 $1$）になり、残りは $\int \cos x\,dx$ という簡単な積分になります。
多項式の次数が2以上なら、部分積分を繰り返して次数を下げていきます。
$f = x^2$, $g' = \cos x$ とおくと $f' = 2x$, $g = \sin x$。
$$\int_0^{\pi} x^2 \cos x\,dx = \Big[x^2 \sin x\Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} 2x\sin x\,dx = 0 - 2\int_0^{\pi} x\sin x\,dx = -2\pi$$
ここで先ほどの結果 $\int_0^{\pi} x\sin x\,dx = \pi$ を使いました。このように、部分積分の結果を再利用する場面は多くあります。
✗ 誤：$\int_0^{\pi} x\sin x\,dx = -\int_0^{\pi}(-\cos x)\,dx = \int_0^{\pi}\cos x\,dx = 0$（端点の項を落としている）
○ 正：$\Big[-x\cos x\Big]_0^{\pi} + \int_0^{\pi}\cos x\,dx = \pi + 0 = \pi$
定積分の部分積分では $\Big[fg\Big]_a^b$ の項が必ず発生します。これを忘れるのは非常によくあるミスです。
指数関数は何回積分しても形が変わりません。そのため、多項式を $f$ にして微分で次数を下げる戦略が有効です。
$f = x$, $g' = e^x$ とおくと $f' = 1$, $g = e^x$。
$$\int_0^1 x\,e^x\,dx = \Big[x\,e^x\Big]_0^1 - \int_0^1 e^x\,dx = e - \Big[e^x\Big]_0^1 = e - (e - 1) = 1$$
$f = x^2$, $g' = e^x$ とおくと $f' = 2x$, $g = e^x$。
$$\int_0^1 x^2\,e^x\,dx = \Big[x^2\,e^x\Big]_0^1 - 2\int_0^1 x\,e^x\,dx = e - 2 \cdot 1 = e - 2$$
先ほどの $\int_0^1 x\,e^x\,dx = 1$ を利用しています。
$\log x$ は直接積分できませんが、$f = \log x$, $g' = 1$ とおくことで部分積分が使えます。
$$\int_0^1 \log x\,dx = \Big[x\log x\Big]_0^1 - \int_0^1 x \cdot \frac{1}{x}\,dx = 0 - \lim_{x \to +0}(x\log x) - \int_0^1 1\,dx$$
$\lim_{x \to +0} x\log x = 0$（ロピタルの定理等で示せる）より：
$$= 0 - 0 - 1 = -1$$
✗ 誤：$x = 0$ で $\log 0 = -\infty$ だから計算できない
○ 正：$\lim_{x \to +0} x\log x = 0$。$x \to 0$ の速さが $\log x \to -\infty$ の速さに勝つ
$x\log x$ は $x \to +0$ で $0$ に収束します。この事実は頻出なので覚えておきましょう。
$\log x$ は $x = 0$ で定義されないため、$\int_0^1 \log x\,dx$ は厳密には広義積分です。$\lim_{\varepsilon \to +0}\int_{\varepsilon}^1 \log x\,dx$ として定義し、この極限が有限値 $-1$ に収束するから「積分が存在する」と判断します。大学の解析学で広義積分の収束判定を本格的に学びます。
$e^x \sin x$ や $e^x \cos x$ の積分のように、部分積分を2回繰り返すと同形の積分が再び出現する場合があります。
$I = \int_0^{\pi} e^x \sin x\,dx$ とおきます。
$f = e^x$, $g' = \sin x$ として1回目の部分積分：
$$I = \Big[-e^x\cos x\Big]_0^{\pi} + \int_0^{\pi} e^x \cos x\,dx = (e^{\pi} + 1) + \int_0^{\pi} e^x \cos x\,dx$$
$\int_0^{\pi} e^x \cos x\,dx$ に再び $f = e^x$, $g' = \cos x$ で部分積分：
$$\int_0^{\pi} e^x \cos x\,dx = \Big[e^x \sin x\Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} e^x \sin x\,dx = 0 - I$$
よって $I = (e^{\pi} + 1) - I$ から $2I = e^{\pi} + 1$ ゆえに：
$$I = \frac{e^{\pi} + 1}{2}$$
部分積分を繰り返した結果、もとの積分 $I$ が右辺に再び現れたら、それは $I$ についての1次方程式です。$I$ について解けば答えが得られます。
このパターンは $e^{ax}\sin bx$ や $e^{ax}\cos bx$ の積分で必ず出現します。
✗ 誤：1回目で $f = e^x$ としたのに、2回目で $f = \cos x$, $g' = e^x$ とする → 元に戻ってしまい $I = I$ で何も得られない
○ 正：2回とも同じ方針で $f = e^x$ を選ぶ。すると同形が出現して方程式が立つ
2回の部分積分で、$f$ と $g'$ の割り振りは一貫させなければなりません。
部分積分を利用すると、パラメータ $n$ を含む定積分の間に漸化式（再帰的な関係式）を導くことができます。これは入試で非常に重要なテーマです。
$I_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n x\,dx$ について、$n \ge 2$ のとき：
$f = \sin^{n-1} x$, $g' = \sin x$ とおくと $f' = (n-1)\sin^{n-2}x\cos x$, $g = -\cos x$。
$$I_n = \Big[-\sin^{n-1}x\cos x\Big]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \sin^{n-2}x\cos^2 x\,dx$$
端点の項は $0$。$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ を使うと：
$$I_n = (n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\,dx - (n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx = (n-1)I_{n-2} - (n-1)I_n$$
$$I_n + (n-1)I_n = (n-1)I_{n-2}$$
$$I_n = \frac{n-1}{n}\,I_{n-2} \quad (n \ge 2)$$
初期値は $I_0 = \dfrac{\pi}{2}$, $I_1 = 1$。
$n$ が偶数なら $I_0$ まで、奇数なら $I_1$ まで下ろして具体的な値を求めます。
具体的に計算すると：
$$I_2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}, \quad I_3 = \frac{2}{3}, \quad I_4 = \frac{3}{4} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{16}, \quad I_5 = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} = \frac{8}{15}$$
✗ 誤：$I_4$ を求めるのに $I_4 = \frac{3}{4}I_2 = \frac{3}{4} \cdot 1$（$I_2 = I_1 = 1$ と間違える）
○ 正：$n$ が偶数なら $I_0 = \frac{\pi}{2}$ から。$I_4 = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$
偶数の場合は $I_0 = \frac{\pi}{2}$（$\pi$ が含まれる）、奇数の場合は $I_1 = 1$。この区別を意識しましょう。
$I_n$ の漸化式から、ウォリスは次の美しい無限積を導きました：
$$\frac{\pi}{2} = \frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdots$$
$I_{2n+1} \le I_{2n} \le I_{2n-1}$ と漸化式から $\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}} \to 1$（$n \to \infty$）を示すことで得られます。17世紀にウォリスが発見したこの公式は、$\pi$ を有理数の積で表す最初の成果の一つです。
Q1. $\int_0^{\pi} x\cos x\,dx$ を部分積分で計算せよ。
Q2. $\int_0^1 x\,e^{2x}\,dx$ を求めよ。
Q3. 部分積分で $f$ と $g'$ を選ぶとき、多項式はどちらに選ぶのが基本か、理由とともに述べよ。
Q4. $\int_0^{\pi/2}\sin^4 x\,dx$ をウォリスの漸化式を使って求めよ。
Q5. $\int e^x\sin x\,dx$ で「同形出現」が起きる理由を説明せよ。
次の定積分を求めよ。
(1) $\displaystyle\int_0^1 (x+1)e^x\,dx$
(2) $\displaystyle\int_1^e x\log x\,dx$
(1) $f = x+1$, $g' = e^x$ とおく。
$\Big[(x+1)e^x\Big]_0^1 - \int_0^1 e^x\,dx = 2e - 1 - (e - 1) = e$
(2) $f = \log x$, $g' = x$ とおくと $f' = \frac{1}{x}$, $g = \frac{x^2}{2}$。
$\left[\dfrac{x^2}{2}\log x\right]_1^e - \int_1^e \dfrac{x^2}{2}\cdot\dfrac{1}{x}\,dx = \dfrac{e^2}{2} - \dfrac{1}{2}\int_1^e x\,dx = \dfrac{e^2}{2} - \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{e^2-1}{2} = \dfrac{e^2+1}{4}$
$\displaystyle\int_0^{\pi/2} e^x \cos x\,dx$ を求めよ。
$I = \int_0^{\pi/2} e^x \cos x\,dx$ とおく。$f = e^x$, $g' = \cos x$ で1回目の部分積分：
$$I = \Big[e^x\sin x\Big]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} e^x \sin x\,dx = e^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} e^x \sin x\,dx$$
2回目：$f = e^x$, $g' = \sin x$ とする。
$$\int_0^{\pi/2} e^x\sin x\,dx = \Big[-e^x\cos x\Big]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} e^x\cos x\,dx = 1 + I$$
よって $I = e^{\pi/2} - (1 + I)$ から $2I = e^{\pi/2} - 1$。
$$I = \frac{e^{\pi/2} - 1}{2}$$
$I_n = \displaystyle\int_0^1 x^n e^x\,dx$（$n$ は $0$ 以上の整数）とする。
(1) $I_n$ と $I_{n-1}$ の間に成り立つ漸化式を求めよ。
(2) $I_3$ の値を求めよ。
(1) $f = x^n$, $g' = e^x$ で部分積分すると：
$$I_n = \Big[x^n e^x\Big]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}e^x\,dx = e - nI_{n-1}$$
$$\therefore\quad I_n = e - nI_{n-1} \quad (n \ge 1)$$
(2) $I_0 = \int_0^1 e^x\,dx = e - 1$
$I_1 = e - 1 \cdot I_0 = e - (e-1) = 1$
$I_2 = e - 2I_1 = e - 2$
$I_3 = e - 3I_2 = e - 3(e-2) = -2e + 6$
$I_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2} \sin^n x\,dx$（$n$ は正の整数）とする。
(1) $n \ge 2$ のとき $I_n = \dfrac{n-1}{n}\,I_{n-2}$ を示せ。
(2) $I_{n+1} \le I_n \le I_{n-1}$（$n \ge 1$）を示し、$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} = 1$ を証明せよ。
(1) $I_n = \int_0^{\pi/2}\sin^{n-1}x \cdot \sin x\,dx$。$f = \sin^{n-1}x$, $g' = \sin x$ で部分積分：
$$I_n = \Big[-\sin^{n-1}x\cos x\Big]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^2 x\,dx$$
端点の項は $0$。$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ より：
$$I_n = (n-1)(I_{n-2} - I_n) \implies nI_n = (n-1)I_{n-2} \implies I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$$
(2) $0 \le x \le \frac{\pi}{2}$ で $0 \le \sin x \le 1$ より $\sin^{n+1}x \le \sin^n x \le \sin^{n-1}x$。
各辺を $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで積分して $I_{n+1} \le I_n \le I_{n-1}$。
$I_{n+1} \le I_n$ の両辺を $I_{n+1}$ で割ると $1 \le \dfrac{I_n}{I_{n+1}}$。
$I_n \le I_{n-1}$ に (1) を使うと $\dfrac{I_n}{I_{n+1}} \le \dfrac{I_{n-1}}{I_{n+1}} = \dfrac{I_{n-1}}{I_n}\cdot\dfrac{I_n}{I_{n+1}}$。
別の方法で：$\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}} \le \dfrac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}} = \dfrac{I_{2n+1} \cdot \frac{2n+1}{2n}}{I_{2n+1}} \cdot \frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}}$。
漸化式 $I_{2n+1} = \frac{2n}{2n+1}I_{2n-1}$ より $\frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}} = \frac{2n+1}{2n}$。
よって $1 \le \dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}} \le \dfrac{2n+1}{2n} \to 1$（$n \to \infty$）。
はさみうちの原理より $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} = 1$。
この結果はウォリスの公式 $\frac{\pi}{2} = \lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2-1}$ の証明に使われます。$\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}$ を漸化式で具体的に書き下すと、ウォリスの無限積が現れるのです。高校範囲の部分積分から $\pi$ の表示が得られるのは、数学の深い美しさを感じさせます。