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数学3 定積分・面積問題 136 解説

方針・初手

(1)、(2)は三角関数の基本的な定積分計算である。
(3)は $I_{n+2}$ から $I_n$ を導くように被積分関数を分解し、部分積分を用いる。$(\tan x)' = \frac{1}{\cos^2 x}$ となることを利用する。
(4)は(3)で示した漸化式に $n$ の値を代入し、(1)、(2)の結果を活用して順次求める。
(5)は $x = \tan \theta$ の置換積分を行い、本問で定義された $I_n$ に帰着させる。

解法1

(1)

定義より $I_0$ は以下のようになる。

$$I_0 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{(\cos x)^0} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} 1 dx = \left[ x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{4}$$

$I_{-1}$ は以下のようになる。

$$I_{-1} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{(\cos x)^{-1}} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos x dx = \left[ \sin x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$$

$I_2$ は以下のようになる。

$$I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{(\cos x)^2} = \left[ \tan x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = 1 - 0 = 1$$

(2)

分母・分子に $\cos x$ を掛け、$\sin x$ の式に置換する。

$$I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos x} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{\cos^2 x} dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{1 - \sin^2 x} dx$$

ここで $t = \sin x$ とおくと、$dt = \cos x dx$ であり、積分区間は $x: 0 \to \frac{\pi}{4}$ のとき $t: 0 \to \frac{1}{\sqrt{2}}$ となる。

$$I_1 = \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{dt}{1 - t^2} = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \left( \frac{1}{1+t} + \frac{1}{1-t} \right) dt$$

$$= \frac{1}{2} \left[ \log |1+t| - \log |1-t| \right]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{2} \left[ \log \left| \frac{1+t}{1-t} \right| \right]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}$$

$$= \frac{1}{2} \log \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{2}}}{1 - \frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{2} \log \frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} - 1}$$

分母を有理化する。

$$\frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} - 1} = \frac{(\sqrt{2} + 1)^2}{(\sqrt{2} - 1)(\sqrt{2} + 1)} = (\sqrt{2} + 1)^2$$

したがって、$I_1$ は次のように求まる。

$$I_1 = \frac{1}{2} \log (\sqrt{2} + 1)^2 = \log (\sqrt{2} + 1)$$

(3)

$I_{n+2}$ について部分積分を行う。

$$I_{n+2} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{(\cos x)^{n+2}} dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos x)^{-n} \cdot \frac{1}{\cos^2 x} dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos x)^{-n} (\tan x)' dx$$

$$= \left[ (\cos x)^{-n} \tan x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left( -n (\cos x)^{-n-1} (-\sin x) \right) \tan x dx$$

第一項の値を計算する。

$$\left[ (\cos x)^{-n} \tan x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^{-n} \cdot 1 - 1^{-n} \cdot 0 = (\sqrt{2})^n$$

第二項の積分を計算する。$\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ および $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ を用いる。

$$\int_0^{\frac{\pi}{4}} n \sin x (\cos x)^{-n-1} \frac{\sin x}{\cos x} dx = n \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin^2 x}{(\cos x)^{n+2}} dx$$

$$= n \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 - \cos^2 x}{(\cos x)^{n+2}} dx = n \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{1}{(\cos x)^{n+2}} - \frac{1}{(\cos x)^n} \right) dx = n (I_{n+2} - I_n)$$

これらをまとめると、以下の等式が得られる。

$$I_{n+2} = (\sqrt{2})^n - n (I_{n+2} - I_n)$$

整理する。

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

$$n I_n - (n+1) I_{n+2} + (\sqrt{2})^n = 0$$

よって、与えられた等式が任意の整数 $n$ に対して成り立つことが示された。

(4)

(3)で示した漸化式を利用して順に求める。

$I_{-3}$ について、漸化式に $n = -3$ を代入する。

$$-3 I_{-3} - (-2) I_{-1} + (\sqrt{2})^{-3} = 0$$

$$3 I_{-3} = 2 I_{-1} + \frac{1}{2\sqrt{2}}$$

(1)より $I_{-1} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ であるから、これを代入する。

$$3 I_{-3} = 2 \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right) + \frac{\sqrt{2}}{4} = \sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{5\sqrt{2}}{4}$$

$$I_{-3} = \frac{5\sqrt{2}}{12}$$

$I_{-2}$ について、漸化式に $n = -2$ を代入する。

$$-2 I_{-2} - (-1) I_0 + (\sqrt{2})^{-2} = 0$$

$$2 I_{-2} = I_0 + \frac{1}{2}$$

(1)より $I_0 = \frac{\pi}{4}$ であるから、これを代入する。

$$2 I_{-2} = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}$$

$$I_{-2} = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}$$

$I_3$ について、漸化式に $n = 1$ を代入する。

$$1 \cdot I_1 - 2 I_3 + (\sqrt{2})^1 = 0$$

$$2 I_3 = I_1 + \sqrt{2}$$

(2)より $I_1 = \log(\sqrt{2} + 1)$ であるから、これを代入する。

$$2 I_3 = \log(\sqrt{2} + 1) + \sqrt{2}$$

$$I_3 = \frac{1}{2} \log(\sqrt{2} + 1) + \frac{\sqrt{2}}{2}$$

(5)

いずれの積分も $x = \tan \theta$ とおく。このとき $dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$ であり、積分区間は $x: 0 \to 1$ のとき $\theta: 0 \to \frac{\pi}{4}$ となる。また、この区間において $\cos \theta > 0$ であるため、$\sqrt{x^2+1} = \sqrt{\tan^2 \theta + 1} = \sqrt{\frac{1}{\cos^2 \theta}} = \frac{1}{\cos \theta}$ となる。

最初の定積分について置換積分を行う。

$$\int_0^1 \sqrt{x^2+1} dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos \theta} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos^3 \theta} d\theta = I_3$$

(4)の結果より、以下のようになる。

$$\int_0^1 \sqrt{x^2+1} dx = \frac{1}{2} \log(\sqrt{2} + 1) + \frac{\sqrt{2}}{2}$$

次の定積分について置換積分を行う。

$$\int_0^1 \frac{dx}{(x^2+1)^2} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{(\tan^2 \theta + 1)^2} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$$

$$= \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos^2 \theta)^2 \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 \theta d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{(\cos \theta)^{-2}} d\theta = I_{-2}$$

(4)の結果より、以下のようになる。

$$\int_0^1 \frac{dx}{(x^2+1)^2} = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}$$

解説

三角関数の累乗の積分に関する標準的な問題である。 (1)、(2)の $I_0, I_1, I_2$ および $I_{-1}$ などの計算は頻出であり、正確に求める必要がある。特に $I_1 = \int \frac{dx}{\cos x}$ は分母分子に $\cos x$ をかけて置換積分に持ち込む手法が定石である。 (3)における漸化式の導出では、$\cos^{n+2} x$ の積分を計算する際に、次数を落として部分積分を適用するという方針が重要となる。ここでの式変形が本問の核心である。 (4)は漸化式の仕組みを理解していれば、値を代入するだけで計算できる。(5)も $\sqrt{x^2+a^2}$ や $\frac{1}{x^2+a^2}$ を含む定積分の基本である $x = a \tan \theta$ の置換に気づけば、定義された $I_n$ と容易に結びつく。