数学3 定積分・面積 問題 53 解説

方針・初手

(1) は、三角関数の累乗の定積分における典型的な漸化式作成問題である。$\sin^n \theta = \sin^{n-1} \theta \sin \theta$ と分解し、部分積分法を用いる。 (2) は、被積分関数に $\sqrt{1-x^2}$ に類する形が含まれていることと、積分区間が $0 \leqq x \leqq 1$ であることから、$x = \sin \theta$ と置換積分を行うのがセオリーである。その後、倍角の公式を用いて $I_n$ の形を作り出す。 (3) は、(1) および (2) で得られた結果を用いて、$n=6$ のときの値を順次計算する。

解法1

(1)

$n \geqq 3$ のとき、$I_n$ を部分積分を用いて変形する。

$$I_n = \int_0^\pi \sin^n \theta \, d\theta = \int_0^\pi \sin^{n-1} \theta \sin \theta \, d\theta$$

$$I_n = \left[ \sin^{n-1} \theta (-\cos \theta) \right]_0^\pi - \int_0^\pi (n-1)\sin^{n-2} \theta \cos \theta (-\cos \theta) \, d\theta$$

ここで、$n \geqq 3$（すなわち $n-1 \geqq 2$）であるから、第1項について、$\theta = \pi, 0$ のとき $\sin^{n-1} \theta = 0$ となるため、

$$\left[ \sin^{n-1} \theta (-\cos \theta) \right]_0^\pi = 0$$

したがって、

$$I_n = (n-1) \int_0^\pi \sin^{n-2} \theta \cos^2 \theta \, d\theta$$

$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ を代入して展開すると、

$$I_n = (n-1) \int_0^\pi \sin^{n-2} \theta (1 - \sin^2 \theta) \, d\theta$$

$$I_n = (n-1) \int_0^\pi \sin^{n-2} \theta \, d\theta - (n-1) \int_0^\pi \sin^n \theta \, d\theta$$

$$I_n = (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$$

これを $I_n$ について整理すると、

$$n I_n = (n-1) I_{n-2}$$

よって、

$$I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}$$

(2)

$$J_n = \int_0^1 x^n (1-x^2)^{\frac{n-1}{2}} \, dx$$

$x = \sin \theta$ とおく。

$x$ が $0$ から $1$ まで変化するとき、$\theta$ は $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで変化するとしてよい。 また、$dx = \cos \theta \, d\theta$ であり、区間 $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$ において $\cos \theta \geqq 0$ であるため、

$$1-x^2 = 1-\sin^2 \theta = \cos^2 \theta$$

$$(1-x^2)^{\frac{n-1}{2}} = (\cos^2 \theta)^{\frac{n-1}{2}} = (\cos \theta)^{n-1} = \cos^{n-1} \theta$$

これらを $J_n$ に代入すると、

$$J_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n \theta \cdot \cos^{n-1} \theta \cdot \cos \theta \, d\theta$$

$$J_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n \theta \cos^n \theta \, d\theta$$

正弦の倍角の公式 $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ を用いると、

$$J_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{\sin 2\theta}{2} \right)^n d\theta = \frac{1}{2^n} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n 2\theta \, d\theta$$

ここで、$2\theta = \phi$ とおくと、$2 \, d\theta = d\phi$ より $d\theta = \frac{1}{2} d\phi$ となる。 $\theta$ が $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで変化するとき、$\phi$ は $0$ から $\pi$ まで変化する。 よって、

$$J_n = \frac{1}{2^n} \int_0^\pi \sin^n \phi \cdot \frac{1}{2} d\phi = \frac{1}{2^{n+1}} \int_0^\pi \sin^n \phi \, d\phi$$

積分変数を $\theta$ に戻すと、$\int_0^\pi \sin^n \theta \, d\theta = I_n$ であるから、

$$J_n = \frac{1}{2^{n+1}} I_n$$

(3)

(2) の結果より、

$$J_6 = \frac{1}{2^7} I_6 = \frac{1}{128} I_6$$

(1) の漸化式を用いて、$I_6$ を求める。

$$I_6 = \frac{5}{6} I_4$$

$$I_4 = \frac{3}{4} I_2$$

$$I_2 = \int_0^\pi \sin^2 \theta \, d\theta$$

半角の公式を用いて $I_2$ を計算する。

$$I_2 = \int_0^\pi \frac{1-\cos 2\theta}{2} \, d\theta = \left[ \frac{1}{2}\theta - \frac{1}{4}\sin 2\theta \right]_0^\pi = \frac{\pi}{2}$$

したがって、$I_6$ は以下のようになる。

$$I_6 = \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{5}{16} \pi$$

以上より、$J_6$ の値は、

$$J_6 = \frac{1}{128} \cdot \frac{5}{16} \pi = \frac{5}{2048} \pi$$

解説

いわゆるWallis（ウォリス）積分に関連する典型問題である。 (1) の積分区間が $0$ から $\pi$ になっているが、考え方や計算手順は通常の $0$ から $\frac{\pi}{2}$ までのものと全く同じである。途中の $\left[ \sin^{n-1} \theta (-\cos \theta) \right]_0^\pi$ がしっかり $0$ になることを確認しながら進めたい。 (2) は三角関数への置換を行った後に、積分区間の上限が $\frac{\pi}{2}$ となるため、そのままでは $I_n$ と一致しないことに注意する。$\sin \theta \cos \theta$ のペアができることから倍角の公式を利用して置換積分をもう一度行うことで、積分区間が $0$ から $\pi$ へと広がり、$I_n$ の形が現れるという流れが美しい。

答え

(1) $I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}$

(2) $J_n = \frac{1}{2^{n+1}} I_n$

(3) $J_6 = \frac{5}{2048} \pi$