【積分道場（数Ⅲ）】キングプロパティ（King Property）【知っておきたい積分テクニック】

今回は難関大学志望者なら知っておきたいキングプロパティ（King Property）を利用した積分テクニックについて解説していきます。高校数学（数Ⅲ）までの知識で解ける積分でありながら、あまり学校では習うことがないキングプロパティですが、難関大学では誘導付きで出題されることも結構あり、知っておいて損はない知識となります。あとは、何と言っても一度聞いたら忘れられないインパクトのある名前ですね。

本記事では、そんなキングプロパティについて、どんな積分テクニックなのかといった解説から実際の大学入試問題を通してその利用方法を徹底解説していくので、積分に自信がある人もない人もぜひ最後まで確認してみてください！

　本記事はこんな人におすすめ

積分の難問に挑戦したい人
キングプロパティ（King Property）が気になった人人
積分分野の難関大学向けの入試対策をしたい人

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易

やや易

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難

難しい
暗記/理解

暗記重視

暗記

半々

理解

理解重視

【解説編】キングプロパティ（King Property）とは
【問題＆解説】キングプロパティを利用した積分
1. 【問題1】三角関数の定積分（難易度：★★☆）
2. 【問題2】指数関数の定積分（難易度：★★★）
【実践編】過去問から学ぶキングプロパティの定積分
1. キングプロパティを利用した積分の難問【東京医科歯科大（2024）】
本記事のまとめ

【解説編】キングプロパティ（King Property）とは

キングプロパティ（King Property）とは？

関数 $\small f(x)$に対して、
\begin{split} &\small \int_a^b f(x)dx =\int_a^b f(a+b-x)dx \end{split}
が成り立つ。

（証明）
左辺の積分 $\small \displaystyle \int_a^b f(x)dx$に対して、$\small u=a+b-x$の変数変換を行うと、
・積分範囲：$\small \displaystyle \int_a^b$ ⇒ $\small \displaystyle \int_b^a$
・微小変化：$\small dx = -du$
より、
\begin{split}
\small \displaystyle （左辺） &\small = \int_a^b f(x)dx\\
&\small = \int_b^a f(a+b-u)(-du) \\
&\small \displaystyle = \int_a^b f(a+b-u)du \\
&\small \displaystyle = \int_a^b f(a+b-x)dx \\
&\small \displaystyle = （右辺）\quad （証明終）\\
\end{split}
積分変数自体は意味がない変数なので、最後に積分変数を$\small u \to x$へ変更した（詳細はこちらの補足を参照）。

キングプロパティの関係式は、『積分する関数の引数$\small x$を、積分範囲の上下を足し算した値から$\small x$を引き算した値に変換してもOK』ということを表している。

関係式としては地味であるが、この関係が対称性を持つ関数、特に三角関数で威力を発揮する。今回は実際にその力を大学入試の過去問を通して確認していこう。

【問題＆解説】キングプロパティを利用した積分

【問題1】三角関数の定積分（難易度：★★☆）

以下の定積分を求めよ。
$$\small \displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{x\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx$$ [名古屋大 2005]

問題解決のKey

キングプロパティを利用することで、積分関数 $$\small \displaystyle \frac{x\sin^3 x}{4-\cos^2 x}$$ の変数を$\small x \to \pi-x$とすることができる。この変形によって、積分ができる形に変形ができる。
実際の入試では（1）として$\small f(\pi-x)=f(x)$となる関数について、
$$\small \displaystyle \int_0^\pi xf(x)dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(x)dx$$
が成り立つことを証明する誘導があるが、この関係式はまさにキングプロパティより導出される式である。

　解説

\begin{split}
\small I &\small = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{x\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx\\
\end{split}

とおく。キングプロパティより

\begin{split}
\small I &\small = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{\color{red}{(\pi-x)}\sin^3 \color{red}{(\pi-x)}}{4-\cos^2 \color{red}{(\pi-x)}}dx\\
&\small = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi-x)\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx\\
&\small = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{\pi\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx-\int_{0}^{\pi} \frac{x\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx\\
&\small = \displaystyle \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx-I\\
\end{split}

ゆえに

\begin{split}
\small I &\small = \displaystyle \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx-I\\
\small 2I &\small = \displaystyle \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx\\
\small I &\small = \displaystyle \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx\\
\end{split}

ここからは、左辺の積分部分を計算していく。

\begin{split}
&\small \displaystyle \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^3 x}{4-\cos^2 x}dx\\
=&\small \displaystyle \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{(1-\cos^2x)\sin x}{4-\cos^2 x}dx\\
\end{split}

●補足
積分慣れしている人であれば分数型の三角関数なので分母の$\small \cos x$を文字で置き換えればよいと勘づくと思うが、その場合変数変換の結果として分子に$\small \sin x$が1つ残る形になる。ただ、今回の問題では$\small \sin^3x$と3つもあるので、$\small \sin^2x \cdot \sin x=(1-\cos^2x)\sin x$として$\small \sin x$の次数を下げるのがポイントになる。

ここで、$\small \cos x =t$とおくと、

より、

\begin{split}
&\small \displaystyle \frac{\pi}{2} \int_{-1}^{1} \frac{1-t^2}{4-t^2}dt\\
=&\small \displaystyle \pi \int_{0}^{1} \frac{1-t^2}{4-t^2}dt \quad ◀偶関数の性質を利用[*1]\\
=&\small \displaystyle \pi \int_{0}^{1} \frac{(4-t^2)-3}{4-t^2}dt\\
=&\small \displaystyle \pi \int_{0}^{1} \left(1-\frac{3}{4-t^2}\right)dt \quad ◀次数下げ[*2]\\
=&\small \displaystyle \pi-3\pi \int_{0}^{1} \frac{1}{(2+t)(2-t)}dt\\
=&\small \displaystyle \pi-3\pi \int_{0}^{1} \frac{1}{4}\left(\frac{1}{2-t}+\frac{1}{2+t}\right)dt \quad ◀部分分数分解\\
\end{split}

*1：補足
積分範囲が$\small x$軸対称の偶関数の積分は、
$$\small \int_{-a}^a f(x)dx =2\int_{0}^a f(x)dx$$
のように、半分の積分だけ求めて結果を2倍すると積分の下限が0になるので、最後の代入計算が楽になる。

*2：補足
$\small n$次式の分数型の積分は、必ず『分母の次数＞分子の次数』の形にできることは覚えておきましょう。今回であれば、
$$\small \displaystyle \frac{1-t^2}{4-t^2}$$
のように分母と分子が2次式になっているので、分子は1次式以下にできることが分かります。ちなみに、この作業は次数下げと呼ばれており、次数下げをしたあとに部分分数分解を行い積分して$\small \log$になるというパターンが代表的です。

ここで

\begin{split}
&\small \displaystyle \int \frac{1}{2\pm t}dt =\pm \log(2\pm t)+C
\end{split}

より

\begin{split}
&\small \displaystyle \pi-\frac{3}{4}\pi \bigg[\log(2+t)-\log(2-t)\bigg]_0^1\\
=&\small \displaystyle \color{red}{\pi-\frac{3}{4}\pi\log3 \quad \cdots 【答】}\\
\end{split}

【問題2】指数関数の定積分（難易度：★★★）

以下の定積分を求めよ。
$$\small \displaystyle \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{1+e^{\sin x+\cos x}}dx$$

問題解決のKey

問題1のように単純にキングプロパティを適用しただけでは求められる積分の形にはならないので、もう一工夫が必要な問題。式の対称性と$\small \sin x$と$\small \cos x$の周期性に着目してうまい変数変換ができないか考えよう。

　解説

\begin{split}
\small I &\small = \displaystyle \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{1+e^{\sin x+\cos x}}dx\\
\end{split}

キングプロパティを用いると、$\small \sin(2\pi -x)=-\sin x, \cos(2\pi-x)=\cos x$より、

\begin{split}
\small I &\small = \displaystyle \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{1+e^{\color{red}{\sin(2\pi-x)+\cos(2\pi-x)}}}dx\\
&\small = \displaystyle \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{1+e^{\color{red}{-\sin x+\cos x}}}dx\\
&\small = \displaystyle \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{\sin x}}{e^{\sin x}+e^{\cos x}}dx\\
\end{split}

ここで、

\begin{split}
&\small \displaystyle \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{\sin x}}{e^{\sin x}+e^{\cos x}}dx\\
=&\small \displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{e^{\sin x}}{e^{\sin x}+e^{\cos x}}dx+\int_{\pi}^{2\pi} \frac{e^{\sin x}}{e^{\sin x}+e^{\cos x}}dx \quad \cdots ①\\
\end{split}

①の第2項目は、$\small u=x-\pi$の変数変換を行うと、

\begin{split}
&\small \displaystyle \int_{\pi}^{2\pi} \frac{e^{\sin x}}{e^{\sin x}+e^{\cos x}}dx\\
=&\small \displaystyle \int_{\pi}^{2\pi} \frac{e^{\color{red}{\sin(u+\pi)}}}{e^{\color{red}{\sin(u+\pi)}}+e^{\color{red}{\cos(u+\pi)}}}du\\
=&\small \displaystyle \int_{\pi}^{2\pi} \frac{e^{\color{red}{-\sin u}}}{e^{\color{red}{-\sin u}}+e^{\color{red}{-\cos u}}}du\\
=&\small \displaystyle \int_{\pi}^{2\pi} \frac{e^{\cos u}}{e^{\cos u}+e^{\sin u}}du\\
=&\small \displaystyle \int_{\pi}^{2\pi} \frac{e^{\cos x}}{e^{\cos x}+e^{\sin x}}dx \quad [*1]\\
\end{split}

ただし、最後の式変形は分母分子を$\small e^{\sin u+\cos u}$倍した。

*1：補足
積分変数は変数自体には意味がない（結局値を代入するための箱でしかない）ので、$\small u$を$\small x$に置き換えてます。イメージが湧かない人は、具体例で考えるとよいでしょう。たとえば、$\small \displaystyle \int_0^1 x dx$も$\small \displaystyle \int_0^1 u du$もどちらも計算すると、
\begin{split}
\small \int_0^1 x dx=\bigg[ \frac{x^2}{2}\bigg]_0^1=\frac{1}{2}\\
\small \int_0^1 u du = \bigg[ \frac{u^2}{2}\bigg]_0^1=\frac{1}{2}
\end{split}
のように結局変数に値が代入されるので使っている文字の違いは積分の値に影響しないわけです。

よって、①は

\begin{split}
&\small \displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{e^{\sin x}}{e^{\sin x}+e^{\cos x}}dx+\int_{0}^{\pi} \frac{e^{\cos x}}{e^{\cos x}+e^{\sin x}}dx \\
&\small = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{e^{\cos x}+e^{\sin x}}{e^{\cos x}+e^{\sin x}}dx\\
&\small = \displaystyle \int_{0}^{\pi} 1dx\\
&\small = \displaystyle \color{red}{\pi \quad \cdots 【答】}\\
\end{split}

【実践編】過去問から学ぶキングプロパティの定積分

実際の入試では「キングプロパティ」を証明なしで使う場面はないと思うので、最後に実際の大学入試の過去問を使ってどのような形式で出題されるのかを確認して終わりとしましょう。

今回学んだキングプロパティの知識が背景にある人とない人では問題へのとっかかりやすさはだいぶ違ってくるので、このあとの問題が結構解けそうな感覚を持てていれば、学習した内容がしっかり身についているといえるでしょう。

キングプロパティを利用した積分の難問【東京医科歯科大（2024）】

キングプロパティを利用した積分の難問（難易度：★★★）

$\small f(x)$を連続関数とするとき,次の問いに答えよ。
（1）次の等式を示せ。 $$\small \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin 2x)\sin x dx =\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin 2x)\cos x dx$$ （2）次の等式を示せ。 $$\small \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin 2x)(\sin x +\cos x)dx =\int_{-1}^{1}f(1-t^2)dt$$ （3）次の定積分の値を求めよ。 $$\small \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+\sqrt{\sin 2x}}dx$$ [東京医科歯科大（2024）]

　解説（1）

$\small \displaystyle u=\frac{\pi}{2}-x$と変数変換することで

\begin{split}
\small \displaystyle （左辺）&\small =\int_{\frac{\pi}{2}}^0 f\left(\sin 2\left(\frac{\pi}{2}-u\right)\right)\sin\left(\frac{\pi}{2}-u\right) (-du)\\
&\small =\int_0^{\frac{\pi}{2}} f\left(\sin \left(\pi-2u\right)\right)\cos u du\\
&\small =\int_0^{\frac{\pi}{2}} f\left(\sin u\right)\cos u du\\
\end{split}

上式の積分変数を$\small u \to x$に置き換えれば求める式の右辺と一致することから題意は示された（証明終）。

余談…

まさにキングプロパティの証明と同じ考え方で解けました！

　解説（2）

問題解決のKey

三角関数を変数変換して$\small t$の積分に変える問題。どのように$\small t$を設定するのかが悩ましいところだが、関数 $\small f(\sin 2x)$が$\small f(1-t^2)$に変換されていることから、$\small \sin 2x =1-t^2$とおいて考えるとよさそうだ。
実際にこの前提で$\small t$について解いてみると、
\begin{split}
&\small \sin 2x =1-t^2\\
&\small t^2 =\color{red}1-\sin 2x\\
&\small t^2 =\color{red}{\sin^2 x +\cos^2 x} -2\sin x\cos x\\
&\small t^2 =(\sin x-\cos x)^2\\
&\small \color{#ef5350}{t = \sin x-\cos x}\\
\end{split}
となり、変数変換の置き方を解明できた。

$\small t=\sin x-\cos x$とおくと、

・積分範囲：$\small \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}$ ⇒ $\small \displaystyle \int_{-1}^{1}$
・微小変化：$\small dt = (\cos x + \sin x)dx$

より、

\begin{split}
\small \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin 2x)(\sin x +\cos x)dx&\small =\int_{-1}^1 f(1-t^2) dt
\end{split}

になることが示せた（証明終）。

　解説（3）

求める積分を

\begin{split}
\small \displaystyle I = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+\sqrt{\sin 2x}}dx\\
\end{split}

とおく。

$\small \displaystyle f(x)=\frac{1}{1+\sqrt{\sin 2x}}$として(1)の等式を利用することで、

\begin{split}
\small \displaystyle I &\small = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+\sqrt{\sin 2x}}dx\\
&\small = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+\sqrt{\sin 2x}}dx\\
\end{split}

より

\begin{split}
\small \displaystyle 2I &\small = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+\sqrt{\sin 2x}}dx+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+\sqrt{\sin 2x}}dx\\
&\small = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x+\cos x}{1+\sqrt{\sin 2x}}dx\\
\end{split}

ここで、上式は（2）の等式より

\begin{split}
&\small \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x+\cos x}{1+\sqrt{\sin 2x}}dx\\
&\small = \int_{-1}^{1}\frac{1}{1+\sqrt{1-t^2}}dt\\
&\small = 2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+\sqrt{1-t^2}}dt\\
\end{split}

●補足
（2）の等式は$\small f(\sin 2x)$という変数部分があまり見慣れない形になっているので、どうやって適用すればよいのか戸惑った人もいるかもしれない。ただ、この表記は関数$\small f(x)$の$\small x$の部分を$\small \sin 2x$に置き換えた関数だと考えればよい。
今回の問題であれば、
$$\small f(\sin 2x)=\frac{1}{1+\sqrt{\sin 2x}}$$
は、
$$\small f(x)=\frac{1}{1+\sqrt{x}}$$
という関数の$\small x$を$\small \sin 2x$に置き換えた関数と考えればよい。

$\small t=\sin \theta$と置き換えると、

・積分範囲：$\small \displaystyle \int_0^1$ ⇒ $\small \displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2}$
・微小変化：$\small dt =\cos \theta d\theta$

より、

\begin{split}
&\small \displaystyle 2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+\sqrt{1-t^2}}dt\\
&\small \displaystyle = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos \theta}{1+\sqrt{1-\sin ^2 \theta}}d\theta\\
&\small \displaystyle = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos \theta}{1+\cos \theta}d\theta\\
&\small \displaystyle = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(1+\cos \theta)-1}{1+\cos \theta}d\theta\\
&\small \displaystyle = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\frac{1}{1+\cos \theta}\right)d\theta \quad ◀次数下げ\\
&\small \displaystyle = 2\left(\frac{\pi}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\cos \theta}d\theta \right)\\
&\small \displaystyle =\pi-2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\cos \theta}d\theta \\
\end{split}

ここで、第2項目の積分は

$$\small \displaystyle 1+\cos \theta =2\cos^2 \frac{\theta}{2} \quad [*1]$$

の関係式を利用することで

*1：補足
2倍角の公式から
\begin{split}
&\small \cos 2 \theta =2\cos^2 \theta -1\\
\small \Leftrightarrow \space &\small \cos 2 \theta +1=2\cos^2 \theta\\
\end{split}
が成り立つので、角度を$\small \displaystyle \theta \to \frac{\theta}{2}$に置き換えてあげると今回利用した関係式
\begin{split}
&\small \cos \theta +1=2\cos^2 \frac{\theta}{2}\\
\end{split}
を得る。半角の公式は積分で頻出のテクニックなので、是非頭の片隅に入れておきたい。

\begin{split}
&\small \displaystyle 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\cos \theta}d\theta\\
&\small \displaystyle =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cos^2 \frac{\theta}{2}}d\theta\\
&\small \displaystyle =\bigg[2\tan \frac{\theta}{2}\bigg]_0^{\frac{\pi}{2}}\\
&\small \displaystyle =2\\
\end{split}

よって、積分の計算結果をまとめると

\begin{split}
&\small \displaystyle 2I = \pi -2\\
&\small \displaystyle ∴ \space I = \color{red}{\frac{\pi}{2} -1 \quad \cdots 【答】}\\
\end{split}

余談…

キングプロパティを利用した後の積分は三角関数の公式を駆使して定積分を求めさせる良問だ。この積分問題が解けた人は、入試レベルの三角関数の積分についてはほぼどんな問題でも解ける実力が身についているだろう。ちなみに、$\small 2I$の値を長々と計算するので最後に2で除算するのを忘れずに…(・・;)。