積分法の計算 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $e^x\cos x$ は、部分積分しても $e^x\sin x$ が出るだけで消えない。だが、そこでもう一度部分積分すると元の $\int e^x\cos xdx$ が戻ってくる。

戻ってきたら方程式とみる。$I=\int e^x\cos xdx$ とおくと、部分積分2回で $I=e^x\cos x+e^x\sin x-I$ の形。右辺に $I$ が符号を変えて現れることが決め手だ。$2I=e^x(\cos x+\sin x)$ と移項して、$I$ について解けばよい。「積分が自分自身に戻る」タイプの循環だ。

① $1$ 回目。 $I=\int e^x\cos xdx$。$e^x$ を積分、$\cos x$ を微分すると $$I=e^x\cos x-\int e^x(-\sin x)dx=e^x\cos x+\int e^x\sin xdx.$$ ② $2$ 回目。 $\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-\int e^x\cos xdx=e^x\sin x-I$。代入して $$I=e^x\cos x+e^x\sin x-I.$$ ③ $I$ について解く。 $2I=e^x(\cos x+\sin x)$ より $$I=\frac{1}{2}{e}^x(\sin x+\cos x)+C.$$ (検算:$\frac{d}{dx}\left\{\frac{1}{2}{e}^x(\sin x+\cos x)\right\}=\frac{1}{2}{e}^x(\sin x+\cos x)+\frac{1}{2}{e}^x(\cos x-\sin x)=e^x\cos x$。)

まとめ $2$ 回部分積分すると $I=e^x(\cos x+\sin x)-I$、解いて $I=\frac{1}{2}{e}^x(\sin x+\cos x)+C$。部分積分(循環型)と移項の融合。

発展。 複素指数の見方(別解)なら、$\int e^{ax}\cos bxdx$ も $e^{(a+bi)x}$ の実部としてすぐに出る。答えの分母に現れる $a^2+b^2$(=$|a+bi{|}^2$)は、部分積分の循環で $2$ 回微分したときに出てくる係数だ。微分方程式(強制振動)でこの積分がよく使われる。

別解

別解:複素指数 $e^{(1+i)x}$ で一度に求める(得意な人向けの高い視点)。 $e^x\cos x$ は複素指数 $e^{(1+i)x}=e^x(\cos x+i\sin x)$ の実部だ。複素指数の積分は指数関数と同じで簡単。

$$\int e^{(1+i)x}dx=\frac{e^{(1+i)x}}{1+i}+C.$$

$\frac{1}{1+i}=\frac{1-i}{2}$ を掛けて実部をとる。$e^x(\cos x+i\sin x)\cdot \frac{1-i}{2}$ の実部は

$$\frac{e^x}{2}(\cos x+\sin x).$$

部分積分の循環(本解)で $I$ について解いた結果と、ぴったり一致する。しかも虚部を見れば $\int e^x\sin xdx=\frac{e^x}{2}(\sin x-\cos x)$ もタダで手に入る。「三角関数 $\times$ 指数」の積分は複素指数に持ち上げると割り算1回で済む。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\sin }^{4}x$ をそのまま積分する道具はない。偶数乗の三角関数は、半角の公式で次数を下げるのが原則だ。

${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$ を使うと ${\sin }^{4}x={\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)}^2$。展開すると ${\cos }^{2}2x$ が出るので、もう一度半角で ${\cos }^{2}2x=\frac{1+\cos 4x}{2}$。こうして ${\sin }^{4}x$ が $\cos 2x,\cos 4x$ の1次式になれば、各項は素直に積分できる。

① 半角で次数下げ。 $${\sin }^{4}x={\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}(1-2\cos 2x+{\cos }^{2}2x).$$ ${\cos }^{2}2x=\frac{1+\cos 4x}{2}$ を代入すると $${\sin }^{4}x=\frac{1}{4}\left(1-2\cos 2x+\frac{1+\cos 4x}{2}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{3}{2}-2\cos 2x+\frac{\cos 4x}{2}\right).$$ ② 積分。 ${\int }_0^{\pi /2}\cos 2xdx={\left[\frac{\sin 2x}{2}\right]}_0^{\pi /2}=0$、${\int }_0^{\pi /2}\cos 4xdx={\left[\frac{\sin 4x}{4}\right]}_0^{\pi /2}=0$。定数項だけ残り $${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{4}xdx=\frac{1}{4}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{3\pi }{16}.$$

まとめ半角を $2$ 回使い ${\sin }^{4}x=\frac{1}{4}\left(\frac{3}{2}-2\cos 2x+\frac{\cos 4x}{2}\right)$、$\cos$ の項は $0$ で $\frac{3\pi }{16}$。定積分(半角の反復)と三角の融合。

発展。 ウォリスの公式で $n\to \infty$ を考えると、${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2m}xdx\sim \sqrt{\frac{\pi }{4m}}$。ここから $\frac{(2m)!}{4^m(m!{)}^2}\sim \frac{1}{\sqrt{\pi m}}$ が出て、円周率 $\pi$ が階乗の比の極限として現れる。三角関数のべきの積分は $\pi$ を生む泉だ。

別解

別解:ウォリスの公式で暗算する(得意な人向けの時短ルート)。 ${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx$ には、部分積分の漸化式をまとめた公式(ウォリスの公式)がある。$n$ が偶数 $2m$ のとき

$${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2m}xdx=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}$$

($!!$ は1つおきの積。$4!!=4\cdot 2$、$3!!=3\cdot 1$)。$m=2$ を入れると

$${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{4}xdx=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{3\cdot 1}{4\cdot 2}=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{3}{8}=\frac{3\pi }{16}.$$

半角を2回使う(本解)手間なしで、分数の掛け算だけで答えが出る。${\sin }^6$ なら $\frac{\pi }{2}\cdot \frac{5\cdot 3\cdot 1}{6\cdot 4\cdot 2}=\frac{5\pi }{32}$ と、次数が上がっても同じ形。${\cos }^n$ でも区間 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ なら同じ値だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{1}{x^2+3x+2}$ は、分母を因数分解すると $(x+1)(x+2)$。積の逆数は部分分数に分けられる。

$\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}$(差の形)。分けてしまえば、各項は $\frac{1}{x+a}$ 型で対数に積分できる。

① 部分分数分解。 $x^2+3x+2=(x+1)(x+2)$。 $$\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{(x+2)-(x+1)}{(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}.$$ ② 積分。 $${\int }_0^1\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}\right)dx=[\log (x+1)-\log (x+2){]}_0^1.$$ ③ 代入。 $$=(\log 2-\log 3)-(\log 1-\log 2)=2\log 2-\log 3=\log \frac{4}{3}.$$

まとめ $(x+1)(x+2)$ に分け $\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}$、積分して $2\log 2-\log 3=\log \frac{4}{3}$。定積分(部分分数)と対数の融合。

発展。 「隠して代入」(ヘヴィサイドの被覆法)は、分母が相異なる1次式の積ならいつでも使える。$\frac{P(x)}{(x-a_1)\cdots (x-a_n)}$ の $\frac{1}{x-a_k}$ の係数は、$(x-a_k)$ を隠して $x=a_k$ を代入するだけ。部分分数は積分だけでなく、数列の部分和(望遠鏡)やラプラス変換でも基礎になる。

別解

別解:部分分数の係数を「隠す」で速く出す(苦手な人向け)。 $\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}$ の $A,B$ は、ヘヴィサイドの「隠す」技で暗算できる。

$A$ を求めるには、$\frac{1}{(x+1)(x+2)}$ の $(x+1)$ を指で隠し、残り $\frac{1}{x+2}$ に「$x+1=0$ すなわち $x=-1$」を代入する。$\frac{1}{-1+2}=1$、だから $A=1$。$B$ も同様に $(x+2)$ を隠して $x=-2$ を入れ、$\frac{1}{-2+1}=-1$、$B=-1$。よって

$$\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}.$$

積分すると $[\log (x+1)-\log (x+2){]}_0^1=(\log 2-\log 3)-(0-\log 2)=2\log 2-\log 3=\log \frac{4}{3}$。分母を払って係数比較する(本解)代わりに、「隠して代入」で $A,B$ が即座に出る。分母が1次式の積のときは、この方法が最速だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{1}{1+\tan x}$ の原始関数を正面から探すのは苦しい。区間 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ の対称性を使う。

置換 $x\to \frac{\pi }{2}-x$ をすると $\tan$ が $\cot$ に変わり、被積分関数は $\frac{\tan x}{1+\tan x}$ になる。これを $J$ とおく。$I+J$ は、2つの分数の和が $1$ になって ${\int }_0^{\pi /2}1dx=\frac{\pi }{2}$。$I=J$ とあわせて $I=\frac{\pi }{4}$。対称性で「和」を先に出す作戦だ。

① 置換で $J$ を作る。 $I={\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{1+\tan x}dx$。$x\to \frac{\pi }{2}-x$ とすると $$I={\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{1+\tan \left(\frac{\pi }{2}-x\right)}dx={\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{1+\frac{1}{\tan x}}dx={\int }_0^{\pi /2}\frac{\tan x}{\tan x+1}dx=:J.$$ よって $I=J$。

② $I+J$。 $$I+J={\int }_0^{\pi /2}\left(\frac{1}{1+\tan x}+\frac{\tan x}{1+\tan x}\right)dx={\int }_0^{\pi /2}\frac{1+\tan x}{1+\tan x}dx={\int }_0^{\pi /2}1dx=\frac{\pi }{2}.$$ ③ 結論。 $I=J$ より $2I=\frac{\pi }{2}$、 $$I=\frac{\pi }{4}.$$

まとめ置換 $x\to \frac{\pi }{2}-x$ で $I=J$、$I+J={\int }_0^{\pi /2}1dx=\frac{\pi }{2}$、よって $I=\frac{\pi }{4}$。定積分(対称性)と置換の融合。原始関数を求めずに値が出る。

発展。 この対称化は一般に ${\int }_0^a\frac{f(x)}{f(x)+f(a-x)}dx=\frac{a}{2}$ という形にまとまる(分子と「折り返した分子」を足すと分母)。原始関数がどんなに複雑でも、この形なら値は区間の半分。「置換 $x\to a-x$ で和をとる」は難しい定積分を機械的に片づける、役に立つ型だ。

別解

別解:$\cos$ の形に直して対称性を見る(苦手な人向け)。 $\frac{1}{1+\tan x}$ は $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$ を代入すると

$$\frac{1}{1+\frac{\sin x}{\cos x}}=\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}.$$

分母が $\cos x+\sin x$、分子が $\cos x$ の形になった。ここで $x\to \frac{\pi }{2}-x$ の置換をすると、$\cos$ と $\sin$ が入れ替わって $\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}$ になる。この2つを足すと、分子が $\cos x+\sin x=$ 分母だから、和はちょうど $1$。よって

$$I+I={\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos x+\sin x}{\cos x+\sin x}dx={\int }_0^{\pi /2}1dx=\frac{\pi }{2}.$$

$I=\frac{\pi }{4}$。$\tan$ のままだと見えにくい対称性が、$\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}$ に直すと「分子と分子を足すと分母」という形ではっきりする。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $I_n={\int }_0^1{x}^n{e}^{x}dx$ を1つずつ計算する代わりに、隣どうしをつなぐ漸化式を作る。

部分積分で、$x^n$ を微分($n{x}^{n-1}$)、$e^x$ を積分($e^x$)する。すると次数が1つ下がり、$I_n$ が $I_{n-1}$ で書ける。$I_n=[x^n{e}^x{]}_0^1-n{I}_{n-1}=e-n{I}_{n-1}$。$I_0=e-1$ から順に上がれば $I_2$ が出る。

① 漸化式。 部分積分で $$I_n=[x^n{e}^x{]}_0^1-{\int }_0^{1}n{x}^{n-1}{e}^{x}dx=(1^n{e}^1-0)-n{I}_{n-1}=e-n{I}_{n-1}.$$ ② 初項。 $I_0={\int }_0^1{e}^{x}dx=[e^x{]}_0^1=e-1$。

③ 順に計算。 $$I_1=e-1\cdot I_0=e-(e-1)=1,I_2=e-2I_1=e-2.$$

まとめ部分積分で漸化式 $I_n=e-n{I}_{n-1}$、$I_0=e-1$ から $I_1=1,I_2=e-2$。積分(部分積分)と漸化式の融合。

発展。 漸化式を展開すると $I_n=n!\left(e\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k!}-(-1{)}^n\right)$。$\sum \frac{(-1{)}^k}{k!}\to e^{-1}$ なので、$e$ と $e^{-1}$ の部分和の「ずれ」が $I_n$ に現れる。積分の漸化式が $e$ の級数展開の内部構造を映し出している。

別解

別解:漸化式を展開して閉じた式にする(得意な人向けの視点)。 漸化式 $I_n=e-n{I}_{n-1}$ を、$I_0=e-1$ から繰り返し展開してみる。

$$I_1=e-1\cdot (e-1)=1,I_2=e-2\cdot 1=e-2,I_3=e-3(e-2)=6-2e,\dots$$

パターンを追うと、$I_n=n!\left(e\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k!}-(-1{)}^n\right)$ の形にまとまる(交代和が $e^{-1}$ の部分和に対応)。とくに $n\to \infty$ では $\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k!}\to e^{-1}$ だが、$I_n={\int }_0^1{x}^n{e}^{x}dx$ 自体は $x^n\to 0$($0\le x<1$)から $0$ に近づく。つまり $e\times (e^{-1}$ の部分和$)$ と $n!$ の増大がちょうど釣り合う。

$I_2=e-2$ を出すだけなら漸化式を2回回せば十分(本解)。だが展開して閉じた式を見ると、この積分が $e$ の交代級数と深くつながっていることが分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sqrt{1-x^2}$ を含む積分は、$x=\sin \theta$ の三角置換が基本だ。根号が外れる。

$x=\sin \theta$($0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$)とすると $\sqrt{1-x^2}=\cos \theta$、$dx=\cos \theta d\theta$。被積分関数は ${\sin }^2\theta {\cos }^2\theta$ になる。これは偶数乗の三角関数だから、$2$ 倍角・半角で1次式に直して積分する。

① 三角置換。 $x=\sin \theta$($0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$)、$dx=\cos \theta d\theta$、$\sqrt{1-x^2}=\cos \theta$。$x:0\to 1$ で $\theta :0\to \frac{\pi }{2}$。 $${\int }_0^1{x}^2\sqrt{1-x^2}dx={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\theta \cdot \cos \theta \cdot \cos \theta d\theta ={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta d\theta .$$ ② 次数下げ。 $\sin \theta \cos \theta =\frac{1}{2}\sin 2\theta$ より ${\sin }^2\theta {\cos }^2\theta =\frac{1}{4}{\sin }^{2}2\theta =\frac{1}{4}\cdot \frac{1-\cos 4\theta }{2}$。 $$=\frac{1}{8}{\int }_0^{\pi /2}(1-\cos 4\theta )d\theta .$$ ③ 積分。 ${\int }_0^{\pi /2}\cos 4\theta d\theta ={\left[\frac{\sin 4\theta }{4}\right]}_0^{\pi /2}=0$ より $$\frac{1}{8}{\int }_0^{\pi /2}1d\theta =\frac{1}{8}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{16}.$$

まとめ $x=\sin \theta$ で ${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta d\theta$、半角で $\frac{1}{8}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{16}$。置換積分(三角置換)と半角の融合。

発展。 ${\int }_0^1{x}^a(1-x^2{)}^{b}dx$ 型はベータ関数で書け、${\int }_0^1{x}^2\sqrt{1-x^2}dx=\frac{1}{4}B\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)=\frac{\pi }{16}$。三角置換で出る ${\sin }^2\theta {\cos }^2\theta$ の積分は、このベータ関数(階乗の連続版=ガンマ関数の比)の特別な場合である。

別解

別解:面積の一部として幾何的に見る(得意な人向けの視点)。 ${\int }_0^1{x}^2\sqrt{1-x^2}dx$ の値 $\frac{\pi }{16}$ は、単位円 $\left(x=\sin \theta \right)$ 上の量として読める。

三角置換後 ${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta d\theta$ で、${\sin }^2\theta {\cos }^2\theta =\frac{1}{4}{\sin }^{2}2\theta =\frac{1}{8}(1-\cos 4\theta )$。だから

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{8}(1-\cos 4\theta )d\theta =\frac{1}{8}\left(\frac{\pi }{2}-0\right)=\frac{\pi }{16}.$$

$\cos 4\theta$ の積分が区間 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$($4\theta$ が $0$ から $2\pi$、ちょうど1周期)で $0$ になるのがポイント。周期関数を1周期積分すると平均だけが残る、という仕組みだ。

$2$ 倍角 $\sin 2\theta =2\sin \theta \cos \theta$ を使って積をまとめると、次数が下がって「定数 $-$ 周期関数」の形になり、周期部分が消える。これが三角関数の積の積分のいつもの流れである。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{2x+3}{x^2+1}$ の分子を、2つの「積分できる形」に分けたい。

分母 $x^2+1$ の微分は $2x$。だから分子の $2x$ の部分は $\frac{2x}{x^2+1}$ で、これは $\log (x^2+1)$ に積分できる(分母の微分 $÷$ 分母の形)。残った定数部分 $\frac{3}{x^2+1}$ は $\arctan$ の微分の形。$3\arctan x$ に積分できる。「分母の微分に比例する部分」と「定数部分」に切り分けるのがコツだ。

① 分子を分ける。 $$\frac{2x+3}{x^2+1}=\frac{2x}{x^2+1}+\frac{3}{x^2+1}.$$ ② それぞれ積分。 $\frac{2x}{x^2+1}=\frac{(x^2+1{)}^{\prime }}{x^2+1}$ より $\log (x^2+1)$。$\frac{3}{x^2+1}$ は $3\arctan x$。 $${\int }_0^1\frac{2x+3}{x^2+1}dx=[\log (x^2+1)+3\arctan x{]}_0^1.$$ ③ 代入。 $\arctan 1=\frac{\pi }{4}$、$\arctan 0=0$、$\log 1=0$ より $$=(\log 2+3\cdot \frac{\pi }{4})-(\log 1+0)=\log 2+\frac{3\pi }{4}.$$

まとめ分子を $2x$(→$\log$)と $3$(→$\arctan$)に分け、$\log 2+\frac{3\pi }{4}$。定積分(分子の分解)と対数・逆正接の融合。

発展。 有理関数 $\frac{(\text{多項式})}{(\text{多項式})}$ の積分は、いつでも「対数 $+$ $\arctan$ $+$ 有理関数」の組合せで書ける(部分分数分解の一般論)。分母が実数の範囲で $(x-a)$ と $(x^2+px+q)$($判別式<0$)に割れ、前者から $\log$、後者から $\arctan$ が生まれる。本問はその最小の例だ。

別解

別解:全体を「分母の微分」で寄せて確認する(苦手な人向けの検算)。 分子 $2x+3$ を、分母 $x^2+1$ の微分 $2x$ の定数倍と、残りに分ける。

$$\frac{2x+3}{x^2+1}=\underset{\to \log (x^2+1)}{\underbrace{\frac{2x}{x^2+1}}}+\underset{\to 3\arctan x}{\underbrace{\frac{3}{x^2+1}}}.$$

第1項は「分母の微分 $÷$ 分母」だから、原始関数は $\log (x^2+1)$。第2項は $\frac{1}{x^2+1}$ の $3$ 倍で $3\arctan x$。よって

$${\int }_0^1=[\log (x^2+1)+3\arctan x{]}_0^1=(\log 2+3\cdot \frac{\pi }{4})-(0+0)=\log 2+\frac{3\pi }{4}.$$

$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}$ 型は必ず $\log |f(x)|$、$\frac{1}{x^2+1}$ 型は必ず $\arctan x$。この2つの「形」を覚えておくと、分子をどう分ければよいかが逆算できる。数値でも $\log 2+\frac{3\pi }{4}\approx 0.693+2.356=3.049$ と検算できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(\log x{)}^2$ は単独では積分しにくい。$(\log x{)}^2=1\cdot (\log x{)}^2$ とみて、$1$ を積分・$(\log x{)}^2$ を微分する部分積分にかける。

$1$ 回目で $[x(\log x{)}^2{]}_1^e-{\int }_1^{e}2\log xdx$。次数が $(\log x{)}^2\to \log x$ と1つ下がった。残った $\int \log xdx$ も、同じく $1\cdot \log x$ の部分積分で $x\log x-x$。2段階の部分積分で片づく。

① $1$ 回目。 $1$ を積分($x$)、$(\log x{)}^2$ を微分($\frac{2\log x}{x}$)して $${\int }_1^e(\log x{)}^{2}dx=[x(\log x{)}^2{]}_1^e-{\int }_1^{e}x\cdot \frac{2\log x}{x}dx=[x(\log x{)}^2{]}_1^e-2{\int }_1^e\log xdx.$$ $[x(\log x{)}^2{]}_1^e=e\cdot 1^2-1\cdot 0=e$。

② $\int \log xdx$。 $${\int }_1^e\log xdx=[x\log x-x{]}_1^e=(e\cdot 1-e)-(0-1)=0-(-1)=1.$$ ③ まとめる。 $${\int }_1^e(\log x{)}^{2}dx=e-2\cdot 1=e-2.$$

まとめ $1\cdot (\log x{)}^2$ を部分積分し、残る $\int \log xdx=1$ を使って $e-2\cdot 1=e-2$。部分積分(反復)と対数の融合。見えない $1$ を積分因子に。

発展。 置換 $x=e^t$ で ${\int }_1^e(\log x{)}^{n}dx={\int }_0^1{t}^n{e}^{t}dt$ となり、前問の $I_n$ と同一の漸化式 $=e-n{J}_{n-1}$。さらに ${\int }_0^{\infty }{t}^n{e}^{-t}dt=n!$(ガンマ関数)まで広げると、階乗が積分で定義できる。$(\log x{)}^n$ の積分は、階乗を連続な値に広げる考え方につながっている。

別解

別解:漸化式 $J_n=e-n{J}_{n-1}$ でまとめて求める(得意な人向けの高い視点)。 $J_n={\int }_1^e(\log x{)}^{n}dx$ とおくと、$1\cdot (\log x{)}^n$ の部分積分で

$$J_n=[x(\log x{)}^n{]}_1^e-{\int }_1^{e}n(\log x{)}^{n-1}dx=e-n{J}_{n-1}.$$

($x=e$ で $(\log e{)}^n=1$、$x=1$ で $(\log 1{)}^n=0$。)$J_0={\int }_1^{e}1dx=e-1$ から

$$J_1=e-1\cdot (e-1)=1,J_2=e-2\cdot 1=e-2.$$

本問の答え $e-2$。$J_3=e-3(e-2)=6-2e$ もすぐに続けて求められる。じつはこの漸化式は、前問 $I_n={\int }_0^1{x}^n{e}^{x}dx$ の $I_n=e-n{I}_{n-1}$ と全く同じ形。置換 $x=e^t$ で ${\int }_1^e(\log x{)}^{n}dx={\int }_0^1{t}^n{e}^{t}dt$ と移り合うからだ。2段階の部分積分(本解)を、漸化式1本にまとめて見通す道である。