数学3 定積分・面積 問題 214 解説

方針・初手

本問は、大学受験で頻出のいわゆる「ベータ関数」に関する性質を証明・計算する問題である。 (1) は定義に従ってそのまま積分計算を行う。 (2) は積分区間が固定されており、被積分関数が2つの関数の積となっているため、部分積分法を用いて漸化式を導出する。 (3) は (2) で得られた漸化式を繰り返し用いることで一般項を求める。 (4) は積分区間が $a$ から $b$ となっているため、置換積分を用いて $0$ から $1$ の積分に帰着させ、(3) の結果を利用する。

解法1

(1)

定義より、与えられた式に $m=3, n=2$ を代入して計算する。

$$\begin{aligned} B(3, 2) &= \int_0^1 x^3 (1 - x)^2 dx \\ &= \int_0^1 x^3 (1 - 2x + x^2) dx \\ &= \int_0^1 (x^3 - 2x^4 + x^5) dx \\ &= \left[ \frac{1}{4}x^4 - \frac{2}{5}x^5 + \frac{1}{6}x^6 \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{4} - \frac{2}{5} + \frac{1}{6} \\ &= \frac{15 - 24 + 10}{60} \\ &= \frac{1}{60} \end{aligned}$$

(2)

$n \ge 1$ のとき、部分積分法を用いて式を変形する。$x^m = \left( \frac{x^{m+1}}{m+1} \right)'$ とみるのがポイントである。

$$\begin{aligned} B(m, n) &= \int_0^1 x^m (1 - x)^n dx \\ &= \int_0^1 \left( \frac{x^{m+1}}{m+1} \right)' (1 - x)^n dx \\ &= \left[ \frac{x^{m+1}}{m+1} (1 - x)^n \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^{m+1}}{m+1} \cdot n(1 - x)^{n-1} \cdot (-1) dx \\ &= 0 - 0 + \frac{n}{m+1} \int_0^1 x^{m+1} (1 - x)^{n-1} dx \\ &= \frac{n}{m+1} B(m+1, n-1) \end{aligned}$$

(3)

(2) で得られた漸化式 $B(m, n) = \frac{n}{m+1} B(m+1, n-1)$ を繰り返し用いる。

$$\begin{aligned} B(m, n) &= \frac{n}{m+1} B(m+1, n-1) \\ &= \frac{n}{m+1} \cdot \frac{n-1}{m+2} B(m+2, n-2) \\ &= \cdots \\ &= \frac{n(n-1) \cdots 1}{(m+1)(m+2) \cdots (m+n)} B(m+n, 0) \end{aligned}$$

ここで、$B(m+n, 0)$ を計算する。

$$\begin{aligned} B(m+n, 0) &= \int_0^1 x^{m+n} (1 - x)^0 dx \\ &= \int_0^1 x^{m+n} dx \\ &= \left[ \frac{x^{m+n+1}}{m+n+1} \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{m+n+1} \end{aligned}$$

したがって、$B(m, n)$ は次のように求まる。

$$\begin{aligned} B(m, n) &= \frac{n(n-1) \cdots 1}{(m+1)(m+2) \cdots (m+n)} \cdot \frac{1}{m+n+1} \\ &= \frac{n!}{(m+1)(m+2) \cdots (m+n+1)} \\ &= \frac{m!n!}{m!(m+1)(m+2) \cdots (m+n+1)} \\ &= \frac{m!n!}{(m+n+1)!} \end{aligned}$$

(4)

積分 $\int_a^b (x - a)^m (x - b)^n dx$ について、積分区間を $0$ から $1$ に変換するため、$x - a = t(b - a)$ と置換する。 このとき、$x = a + t(b - a)$ であり、$dx = (b - a) dt$ となる。 また、積分の対応は次のようになる。

$x : a \to b$ $t : 0 \to 1$

さらに、$x - b$ を $t$ を用いて表す。

$$x - b = a + t(b - a) - b = -(b - a) + t(b - a) = -(b - a)(1 - t)$$

これらを元の積分に代入する。

$$\begin{aligned} \int_a^b (x - a)^m (x - b)^n dx &= \int_0^1 \{ t(b - a) \}^m \{ -(b - a)(1 - t) \}^n (b - a) dt \\ &= \int_0^1 t^m (b - a)^m (-1)^n (b - a)^n (1 - t)^n (b - a) dt \\ &= (-1)^n (b - a)^{m+n+1} \int_0^1 t^m (1 - t)^n dt \\ &= (-1)^n (b - a)^{m+n+1} B(m, n) \end{aligned}$$

(3) の結果を代入して、最終的な答えを得る。

$$\int_a^b (x - a)^m (x - b)^n dx = (-1)^n \frac{m!n!}{(m+n+1)!} (b - a)^{m+n+1}$$

解説

本問はオイラー積分の一種であるベータ関数の性質を高校数学の範囲で証明させる、非常に古典的かつ重要な頻出問題である。 (2) での部分積分の際、$x^m$ と $(1-x)^n$ のどちらを微分側に回すかで迷うかもしれないが、$(1-x)$ の次数を下げる（最終的に $0$ 乗にする）ことで積分可能な形に持ち込むのが定石であるため、$(1-x)^n$ を微分側に設定する。 (4) の結果は、$m=1, n=1$ の場合のいわゆる「$\frac{1}{6}$公式」を一般化したものであり、この導出過程（特に $x-a = t(b-a)$ という置換）は難関大受験生であれば一度は経験しておきたい手法である。

答え

(1)

$\frac{1}{60}$

(2)

$B(m, n) = \frac{n}{m+1} B(m+1, n-1)$

(3)

$B(m, n) = \frac{m!n!}{(m+n+1)!}$

(4)

$(-1)^n \frac{m!n!}{(m+n+1)!} (b - a)^{m+n+1}$