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数学3 定積分・面積問題 78 解説

方針・初手

$I_n = \int_0^1 (1-x^2)^n dx$ のように、$n$ 乗を含む関数の定積分は、部分積分を用いて漸化式を作るか、適切な置換積分を行って三角関数の積分の漸化式（ウォリスの公式）に帰着させるのが定石である。 (2) においては、$1 \cdot (1-x^2)^n$ とみなして部分積分を行う方法と、$x=\sin\theta$ とおく置換積分による方法が考えられる。

解法1

(1)

与えられた式に $n=0, 1$ をそれぞれ代入して計算する。

$$I_0 = \int_{0}^{1} (1-x^2)^0 dx = \int_{0}^{1} 1 dx = \left[ x \right]_0^1 = 1$$

$$I_1 = \int_{0}^{1} (1-x^2)^1 dx = \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$$

(2)

$n \ge 1$ のとき、$1 \cdot (1-x^2)^n$ の積分と考えて部分積分法を用いる。

$$\begin{aligned} I_n &= \int_{0}^{1} 1 \cdot (1-x^2)^n dx \\ &= \left[ x(1-x^2)^n \right]_0^1 - \int_{0}^{1} x \cdot n(1-x^2)^{n-1} \cdot (-2x) dx \\ &= 0 - (-2n) \int_{0}^{1} x^2(1-x^2)^{n-1} dx \\ &= 2n \int_{0}^{1} x^2(1-x^2)^{n-1} dx \end{aligned}$$

ここで、$x^2 = 1 - (1-x^2)$ と変形し、積分の中身を展開する。

$$\begin{aligned} I_n &= 2n \int_{0}^{1} \{1 - (1-x^2)\} (1-x^2)^{n-1} dx \\ &= 2n \int_{0}^{1} \left\{ (1-x^2)^{n-1} - (1-x^2)^n \right\} dx \\ &= 2n \left( \int_{0}^{1} (1-x^2)^{n-1} dx - \int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \right) \\ &= 2n (I_{n-1} - I_n) \end{aligned}$$

これを $I_n$ について整理する。

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

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

よって、次のように表せる。

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

(3)

(2) で求めた漸化式に $n=2, 3, 4$ を順次代入して求める。

$n=2$ のとき、

$$I_2 = \frac{4}{5} I_1 = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} = \frac{8}{15}$$

$n=3$ のとき、

$$I_3 = \frac{6}{7} I_2 = \frac{6}{7} \cdot \frac{8}{15} = \frac{16}{35}$$

$n=4$ のとき、

$$I_4 = \frac{8}{9} I_3 = \frac{8}{9} \cdot \frac{16}{35} = \frac{128}{315}$$

(4)

(2) の漸化式を繰り返し用いて $I_n$ を表す。 $n \ge 1$ のとき、

$$\begin{aligned} I_n &= \frac{2n}{2n+1} I_{n-1} \\ &= \frac{2n}{2n+1} \cdot \frac{2n-2}{2n-1} I_{n-2} \\ &= \frac{2n}{2n+1} \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdot \frac{2n-4}{2n-3} I_{n-3} \\ &~ \vdots \\ &= \frac{2n}{2n+1} \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdots \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} I_0 \end{aligned}$$

(1) より $I_0 = 1$ であるから、

$$I_n = \frac{2n(2n-2) \cdots 4 \cdot 2}{(2n+1)(2n-1) \cdots 5 \cdot 3}$$

ここで、分母分子に偶数の積 $2n(2n-2) \cdots 4 \cdot 2$ を掛けることで、階乗の形にまとめることができる。

分子：

$$\left\{ 2n(2n-2) \cdots 4 \cdot 2 \right\}^2 = \left\{ 2^n \cdot n(n-1) \cdots 2 \cdot 1 \right\}^2 = (2^n n!)^2 = 4^n (n!)^2$$

分母：

$$(2n+1)(2n)(2n-1)(2n-2) \cdots 3 \cdot 2 \cdot 1 = (2n+1)!$$

したがって、

$$I_n = \frac{4^n (n!)^2}{(2n+1)!}$$

また、$n=0$ のとき、

$$\frac{4^0 (0!)^2}{1!} = \frac{1 \cdot 1}{1} = 1$$

となり、$I_0 = 1$ と一致するため、$n=0$ のときもこの式は成り立つ。

解法2

(2) 以降について、置換積分を用いる別解を示す。

(2)

$x = \sin\theta$ とおく。 $dx = \cos\theta d\theta$ であり、積分区間は $x$ が $0 \to 1$ のとき、$\theta$ は $0 \to \frac{\pi}{2}$ となる。

$$\begin{aligned} I_n &= \int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-\sin^2\theta)^n \cos\theta d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\cos^2\theta)^n \cos\theta d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n+1}\theta d\theta \end{aligned}$$

ここで、$J_m = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^m\theta d\theta$ とおくと、$I_n = J_{2n+1}$ である。 $m \ge 2$ のとき、$J_m$ の漸化式を導出する。

$$\begin{aligned} J_m &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{m-1}\theta \cos\theta d\theta \\ &= \left[ \cos^{m-1}\theta \sin\theta \right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (m-1)\cos^{m-2}\theta (-\sin\theta) \sin\theta d\theta \\ &= 0 + (m-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{m-2}\theta \sin^2\theta d\theta \\ &= (m-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{m-2}\theta (1-\cos^2\theta) d\theta \\ &= (m-1) (J_{m-2} - J_m) \end{aligned}$$

よって、$m J_m = (m-1) J_{m-2}$ より、$J_m = \frac{m-1}{m} J_{m-2}$ となる。 $m = 2n+1$ とすると、

$$J_{2n+1} = \frac{2n}{2n+1} J_{2n-1}$$

$I_n = J_{2n+1}$、$I_{n-1} = J_{2n-1}$ であるから、

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

(3) と (4) は解法1と同様であるため省略する。

解説

定積分の漸化式を作る典型問題である。$(1-x^2)^n$ や $\sin^n x$、$\cos^n x$ の定積分は、部分積分を工夫して適用することで次数を下げる漸化式を作ることができる。解法1では $x^2 = 1 - (1-x^2)$ と変形して元の積分と同じ形を作り出す操作が重要となる。解法2のように $x=\sin\theta$ と置換すれば、いわゆる「ウォリスの公式」の証明と同様の手順に帰着できるため、見通しが良い。 (4) の一般項の表現については、具体的に積の形で残しても正解となるが、階乗のみで表す形にまで整理する手法は上位大学の入試では頻出の変形であるため、習得しておきたい。