積分法の計算 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) まず原始関数を探しにいくと、必ず行き詰まる。$\log (1+\tan \theta )$ の不定積分は初等関数では書けないからだ。

そこで、定積分にしかない方法を使う。区間 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ を自分自身に移す置換、すなわち $\theta \to \frac{\pi }{4}-\theta$ の折り返しである。区間が変わらないので、$I$ が再び $I$ の式として現れる可能性がある。

実際に折り返すと、加法定理から $\tan \left(\frac{\pi }{4}-\theta \right)=\frac{1-\tan \theta }{1+\tan \theta }$。これに $1$ を足すと $\frac{2}{1+\tan \theta }$ と、もとの $1+\tan \theta$ の逆数の $2$ 倍になる。

$\log$ は積を和に変える。だから、もとの被積分関数と折り返した被積分関数を足すと、$\log 2$ という定数になってしまう。$2I$ が長方形の面積として求まる、という筋書きだ。

① 折り返して、もう1つの式を作る。 $\theta =\frac{\pi }{4}-u$ とおくと $d\theta =-du$ で、$\theta :0\to \frac{\pi }{4}$ は $u:\frac{\pi }{4}\to 0$ に対応する。上端と下端が入れ替わることで負号が吸収され

$$I={\int }_0^{\pi /4}\log \left(1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-u\right)\right)du$$

積分変数の名前は何でもよいので、$u$ を $\theta$ と書き直しておく。

② 中身を計算する。 加法定理より

$$1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-\theta \right)=1+\frac{1-\tan \theta }{1+\tan \theta }=\frac{(1+\tan \theta )+(1-\tan \theta )}{1+\tan \theta }=\frac{2}{1+\tan \theta }$$

これは区間内のすべての $\theta$ で成り立つ恒等式である。

③ 2本の式を足す。 もとの $I$ と①の $I$ を足すと

$$2I={\int }_0^{\pi /4}\left\{\log (1+\tan \theta )+\log \frac{2}{1+\tan \theta }\right\}d\theta ={\int }_0^{\pi /4}\log 2d\theta =\frac{\pi }{4}\log 2$$

中カッコの中は $\log$ の和の性質から $\log \left\{(1+\tan \theta )\cdot \frac{2}{1+\tan \theta }\right\}=\log 2$。$\theta$ が消えてしまうのだ。よって

$$I=\frac{\pi }{8}\log 2$$

まとめ: 原始関数が求まらない定積分には、まず「区間を自分自身に移す置換」を試す。$x\to a+b-x$ の折り返しはその最も基本的な形で、被積分関数と折り返したものの和が簡単になれば解ける。

発展。 上端の $\frac{\pi }{4}$ を他の値に変えると、この方法はまったく使えなくなる。使っていたのは $\tan \frac{\pi }{4}=1$ という特別な事情である。難関大の定積分ではこうした「仕込まれた特殊値」を見抜けるかどうかで、解けるかどうかが決まる。区間の端・係数・角度に不自然にきれいな値が置いてあれば、それは偶然ではなく出題者が置いた道しるべだ。式を睨む前に、まず数値の意味を疑う習慣をつけたい。

別解

有理式に書きかえてから、分数変換で折り返す(高い視点)。 同じ対称性は別の場面では別の形で現れる。$t=\tan \theta$ とおくと $dt=\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }=(1+t^2)d\theta$ より $d\theta =\frac{dt}{1+t^2}$。$\theta :0\to \frac{\pi }{4}$ は $t:0\to 1$ に対応するから

$$I={\int }_0^1\frac{\log (1+t)}{1+t^2}dt$$

今度は区間 $[0,1]$ を自分自身に移す置換を探す。$t=\frac{1-u}{1+u}$ がそれだ($u=0$ のとき $t=1$、$u=1$ のとき $t=0$)。計算すると

$$1+t=\frac{2}{1+u},1+t^2=\frac{2(1+u^2)}{(1+u{)}^2},dt=-\frac{2}{(1+u{)}^2}du$$

代入すると(上端と下端が入れ替わるので負号は吸収される)

$$I={\int }_0^1\log \frac{2}{1+u}\cdot \frac{(1+u{)}^2}{2(1+u^2)}\cdot \frac{2}{(1+u{)}^2}du={\int }_0^1\frac{\log 2-\log (1+u)}{1+u^2}du$$

右辺の第1項は $\log 2{\int }_0^1\frac{du}{1+u^2}=\log 2\cdot \frac{\pi }{4}$、第2項は $-I$ そのものである。よって

$$I=\frac{\pi }{4}\log 2-I⟹I=\frac{\pi }{8}\log 2$$

本解の「角の折り返し $\theta \mapsto \frac{\pi }{4}-\theta$」が、こちらでは「分数変換 $t\mapsto \frac{1-t}{1+t}$」という姿をしている。同じ1つの対称性が三角関数の式と有理式とで違う形に表れているのだ。ついでに、有名な積分 ${\int }_0^1\frac{\log (1+t)}{1+t^2}dt=\frac{\pi }{8}\log 2$ も手に入る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分母に $\sin x$、分子に $\sin (2n+1)x$。このままでは原始関数が見えない。$n$ が一般なのだから、なおさらである。

だが分子も分母も同じ三角関数の仲間だ。積和の公式を使えば、「割り算」を「和」にほどける可能性がある。実際、$2\sin x\cos 2kx=\sin (2k+1)x-\sin (2k-1)x$ となる。右辺は差の形だ。$k=1,2,\dots ,n$ と足せば中間項がすべて打ち消し合い、両端だけが残る(望遠鏡和)。

こうして $\sin (2n+1)x$ が $\sin x$ と $\cos 2kx$ の和で書ける。$\cos 2kx$ の和なら、項別に積分するだけだ。

① (1) 差の形を作る。 $A=x$、$B=2kx$ として積和の公式を使う。$\sin (x-2kx)=\sin \left(-(2k-1)x\right)=-\sin (2k-1)x$ に注意すると

$$2\sin x\cos 2kx=\sin (2k+1)x-\sin (2k-1)x$$

② 足し上げる(望遠鏡和)。 $k=1,2,\dots ,n$ で足すと、右辺は

$$\left\{\sin 3x-\sin x\right\}+\left\{\sin 5x-\sin 3x\right\}+\cdots +\left\{\sin (2n+1)x-\sin (2n-1)x\right\}=\sin (2n+1)x-\sin x$$

と中間項が消える。よって

$$2\sin x\sum _{k=1}^n\cos 2kx=\sin (2n+1)x-\sin x$$

両辺に $\sin x$ を足してから $\sin x$ で割る($0<x\le \frac{\pi }{2}$ では $\sin x>0$ だから割ってよい)。

$$1+2\sum _{k=1}^n\cos 2kx=\frac{\sin (2n+1)x}{\sin x}$$

③ (2) 項別に積分する。 有限個の和だから、そのまま項ごとに積分してよい。

$${\int }_0^{\pi /2}1dx=\frac{\pi }{2},{\int }_0^{\pi /2}\cos 2kxdx={\left[\frac{\sin 2kx}{2k}\right]}_0^{\pi /2}=\frac{\sin k\pi }{2k}=0$$

$k$ は整数だから $\sin k\pi =0$ である。したがって、$\cos$ の項はすべて消えて

$$I_n=\frac{\pi }{2}$$

$n$ がどんな値でも、答えは $\frac{\pi }{2}$ のまま動かない。

まとめ: 三角関数の「割り算」は積和の公式で「和」にほどく。差の形が出れば、望遠鏡和で消える。$\cos$ の項は区間 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上でぴたりと $0$ になり、定数項 $1$ の寄与だけが残る。

発展。 $n$ が大きいほど被積分関数は暴れる。$x=0$ の近くには高さ $2n+1$ の鋭い山ができ、その先は激しく振動する。それでも面積は $\frac{\pi }{2}$ のまま動かない。山が高くなるぶん幅が狭くなり、振動部分は正負が打ち消し合うからだ。

この関数はディリクレ核と呼ばれ、$n\to \infty$ で「原点だけに無限の高さを持ち、面積は $\frac{\pi }{2}$ のまま」という特別なものに近づく。フーリエ級数がもとの関数に収束するかどうかを論じるときに中心となる関数であり、デルタ関数という現代的な道具の原型でもある。

別解

隣どうしの差をとる(得意な人向け)。 恒等式を作らなくても、$I_n$ と $I_{n-1}$ の差を見ればすぐに終わる。

$$I_n-I_{n-1}={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin (2n+1)x-\sin (2n-1)x}{\sin x}dx$$

分子に和差の公式 $\sin A-\sin B=2\cos \frac{A+B}{2}\sin \frac{A-B}{2}$ を使う。$A=(2n+1)x$、$B=(2n-1)x$ とすると $\frac{A+B}{2}=2nx$、$\frac{A-B}{2}=x$ だから

$$\sin (2n+1)x-\sin (2n-1)x=2\cos 2nx\sin x$$

分母の $\sin x$ がきれいに約分される。よって

$$I_n-I_{n-1}={\int }_0^{\pi /2}2\cos 2nxdx={\left[\frac{\sin 2nx}{n}\right]}_0^{\pi /2}=\frac{\sin n\pi }{n}=0$$

つまり $I_n$ は $n$ が1つ増えても変わらない。あとは出発点を見ればよい。同じ式で $n=0$ とすると

$$I_0={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{\sin x}dx=\frac{\pi }{2}$$

よってすべての $n$ で $I_n=\frac{\pi }{2}$。「一般項を求める」のではなく「変化量が $0$ であることを示す」。数列でも積分でも、この一手はとても役に立つ。値が $n$ によらないと分かっているときは、まず差をとってみるとよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(1+x^2{)}^n$ が分母にある。$n=1$ なら $x=\tan \theta$ の置換で片づくが、$n$ が一般だと同じ手は苦しい。

こういうときは漸化式を作る。$n$ と $n+1$ をつなぐ関係さえ手に入れば、$I_1$ から順に上っていける。部分積分で $I_n$ を崩してみる。$\frac{1}{(1+x^2{)}^n}$ を微分する側に回し、$1$ を積分する側に回す(つまり $x$ を掛ける)。すると $\frac{x^2}{(1+x^2{)}^{n+1}}$ という項が現れる。

ここが決め手だ。$x^2=(1+x^2)-1$ と分ける。分子を分母と同じ形にそろえるのである。すると $I_n$ と $I_{n+1}$ の両方が現れ、漸化式が閉じる。

① (1) $I_1$ を求める。 $x=\tan \theta$ とおくと $dx=\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }$、$1+x^2=\frac{1}{{\cos }^2\theta }$ である。$x:0\to 1$ は $\theta :0\to \frac{\pi }{4}$ に対応する($\tan \frac{\pi }{4}=1$)。

$$I_1={\int }_0^{\pi /4}{\cos }^2\theta \cdot \frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }={\int }_0^{\pi /4}d\theta =\frac{\pi }{4}$$

② (2) 部分積分で漸化式を作る。 $u=(1+x^2{)}^{-n}$、$v^{\prime }=1$(すなわち $v=x$)として部分積分する。$u^{\prime }=-n(1+x^2{)}^{-n-1}\cdot 2x$ だから

$$I_n={\left[\frac{x}{(1+x^2{)}^n}\right]}_0^1+2n{\int }_0^1\frac{x^2}{(1+x^2{)}^{n+1}}dx=\frac{1}{2^n}+2n{\int }_0^1\frac{x^2}{(1+x^2{)}^{n+1}}dx$$

端の項は $x=1$ で $\frac{1}{2^n}$、$x=0$ で $0$ である。次に、残った積分の分子を分母にそろえる。

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

積分すると $I_n-I_{n+1}$ である。よって

$$I_n=\frac{1}{2^n}+2n\left(I_n-I_{n+1}\right)$$

$I_{n+1}$ について整理して

$$2n{I}_{n+1}=(2n-1)I_n+\frac{1}{2^n}$$

③ (3) $I_3$ を求める。 $n=1$ とすると

$$2I_2=I_1+\frac{1}{2}=\frac{\pi }{4}+\frac{1}{2}⟹I_2=\frac{\pi }{8}+\frac{1}{4}$$

$n=2$ とすると

$$4I_3=3I_2+\frac{1}{4}=\frac{3\pi }{8}+\frac{3}{4}+\frac{1}{4}=\frac{3\pi }{8}+1⟹I_3=\frac{3\pi }{32}+\frac{1}{4}$$

まとめ: べきが上がる積分は、部分積分で「1つ隣」とつなぐ。$x^2=(1+x^2)-1$ のように分子を分母にそろえる変形によって、漸化式が閉じる。

発展。 漸化式 $2n{I}_{n+1}=(2n-1)I_n+\frac{1}{2^n}$ の右辺にある $\frac{1}{2^n}$ は、上端 $x=1$ の寄与(部分積分の端の項)である。もし上端を $\infty$ まで伸ばせば(大学で学ぶ広義積分)この項は消え、

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

という比だけの漸化式になる。ここから $\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)}$ という有名な形が現れ、円周率の無限積(ウォリスの公式)へつながっていく。端点の寄与が消えるかどうかで、式の形は大きく変わる。

別解

三角関数に書きかえてから、半角で次数を下げる(別ルート)。 $x=\tan \theta$ の置換は $I_1$ だけの道具ではなく、一般の $n$ でも使える。

$x=\tan \theta$ とおくと $dx=\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }$、$\frac{1}{(1+x^2{)}^n}={\cos }^{2n}\theta$ だから

$$I_n={\int }_0^{\pi /4}{\cos }^{2n}\theta \cdot \frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }={\int }_0^{\pi /4}{\cos }^{2n-2}\theta d\theta$$

有理関数の積分が $\cos$ のべきの積分になった。$n=3$ なら

$$I_3={\int }_0^{\pi /4}{\cos }^4\theta d\theta$$

半角の公式を2回使って次数を下げる。

$${\cos }^4\theta ={\left(\frac{1+\cos 2\theta }{2}\right)}^2=\frac{1+2\cos 2\theta +{\cos }^{2}2\theta }{4}=\frac{3+4\cos 2\theta +\cos 4\theta }{8}$$

よって

$$I_3={\left[\frac{3\theta }{8}+\frac{\sin 2\theta }{4}+\frac{\sin 4\theta }{32}\right]}_0^{\pi /4}=\frac{3\pi }{32}+\frac{1}{4}+0=\frac{3\pi }{32}+\frac{1}{4}$$

本解と一致する。$\sin \frac{\pi }{2}=1$、$\sin \pi =0$ を使っている。「有理関数の積分」と「三角関数の積分」は $x=\tan \theta$ という橋でつながっている。$n$ が小さいうちは、漸化式を立てずに半角の反復で押し切るほうが速い。どちらの形で計算するかを選べるのが強みである。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{x^2}{1+e^x}$ の原始関数は、初等関数では書けない。$e^x$ が分母にいるせいだ。

しかし積分区間が $[-1,1]$ と原点対称である。ここに手がかりがある。$x\to -x$ と折り返した積分を、もとの積分に足してみる。$\frac{1}{1+e^x}$ と $\frac{1}{1+e^{-x}}$ の和が $1$ になるなら、厄介な分母がそっくり消えてしまう。

実際そうなる。$y=\frac{1}{1+e^x}$ は点 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ に関して対称だ。対称な2点の高さを足すとつねに $1$ になる。この問題はこの一点で解ける。

① (1) 通分する。 分母・分子に $e^x$ を掛けると

$$\frac{1}{1+e^{-x}}=\frac{e^x}{e^x\left(1+e^{-x}\right)}=\frac{e^x}{e^x+1}$$

よって

$$\frac{1}{1+e^x}+\frac{1}{1+e^{-x}}=\frac{1}{1+e^x}+\frac{e^x}{1+e^x}=\frac{1+e^x}{1+e^x}=1$$

② (2) 折り返して足す。 $J={\int }_{-a}^a\frac{f(x)}{1+e^x}dx$ とおく。$x=-u$ とおくと $dx=-du$ で、$x:-a\to a$ は $u:a\to -a$。向きが入れ替わって負号が吸収され

$$J={\int }_{-a}^a\frac{f(-u)}{1+e^{-u}}du={\int }_{-a}^a\frac{f(u)}{1+e^{-u}}du$$

最後の等号で $f$ が偶関数であること($f(-u)=f(u)$)を使った。もとの式とこの式を足すと、(1)より

$$2J={\int }_{-a}^{a}f(x)\left(\frac{1}{1+e^x}+\frac{1}{1+e^{-x}}\right)dx={\int }_{-a}^{a}f(x)dx=2{\int }_0^{a}f(x)dx$$

最後は「偶関数の原点対称区間の積分は、半分の2倍」を使った。よって $J={\int }_0^{a}f(x)dx$。

③ (3) 当てはめる。 $f(x)=x^2$ は偶関数だから、(2)がそのまま使える。

$${\int }_{-1}^1\frac{x^2}{1+e^x}dx={\int }_0^1{x}^{2}dx={\left[\frac{x^3}{3}\right]}_0^1=\frac{1}{3}$$

まとめ: 原始関数が求まらなくても、対称性を使えば分母を消せる。「$\frac{1}{1+e^x}$ を見たら、$x\to -x$ を足す」は難関大の頻出パターンである。分母がまるごと消えて、式が大きく簡単になる。

発展。 (2)は「重み $\frac{1}{1+e^x}$ を掛けて原点対称区間で積分すると、右半分だけを重み $1$ で積分したのと同じ」と読める。重みが左右で $g(x)$ と $1-g(x)$ に分かれ、合わせてちょうど $1$ 個ぶんになるからだ。

この関数は物理でフェルミ分布と呼ばれ、$\frac{1}{1+e^{(E-\mu )/kT}}$ の形で「電子がエネルギー $E$ の状態を占める確率」を表す。点 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ に関する対称性は「境界のエネルギーではちょうど半々」という物理的な意味を持つ。数学の対称性がそのまま自然界の対称性になっている例である。

別解

被積分関数を「偶関数 $+$ 奇関数」に切り分ける(構造から見る)。 (1)の等式は、$g(x)=\frac{1}{1+e^x}$ から $\frac{1}{2}$ を引いたものが奇関数であることを言っている。実際

$$g(x)-\frac{1}{2}=\frac{2-\left(1+e^x\right)}{2\left(1+e^x\right)}=\frac{1-e^x}{2\left(1+e^x\right)}$$

で、$x$ を $-x$ に変えて分母・分子に $e^x$ を掛ければ

$$\frac{1-e^{-x}}{2\left(1+e^{-x}\right)}=\frac{e^x-1}{2\left(e^x+1\right)}=-\left(g(x)-\frac{1}{2}\right)$$

となり、確かに符号が反転する。したがって被積分関数は

$$\frac{x^2}{1+e^x}=x^2\left\{\frac{1}{2}+\left(g(x)-\frac{1}{2}\right)\right\}=\frac{x^2}{2}+x^2\left(g(x)-\frac{1}{2}\right)$$

と分解できる。第2項は(偶関数)$\times$(奇関数)$=$(奇関数)だから、原点対称な区間での積分は $0$ になる。残るのは第1項だけで

$${\int }_{-1}^1\frac{x^2}{2}dx=2{\int }_0^1\frac{x^2}{2}dx=\frac{1}{3}$$

本解が「2本の式を足して消す」道なら、こちらは「最初から消える部分を切り離す」道である。使っている事実は「奇関数の原点対称区間の積分は $0$」という、いちばん基本的なものだけだ。同じ対称性を、分解の言葉で述べ直したのである。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (3)の和は、そのままではとりつく島がない。$k$ が分母にも二項係数にも現れ、符号まで交代している。

だが $x^m(1-x{)}^n$ を二項定理で展開して積分すれば、ちょうどこの和が出てくる。つまり(3)は「積分を展開して計算した姿」である。

ならば作戦は決まる。同じ積分を2通りに計算すればよい。片方は展開して和にする。もう片方は部分積分で閉じた形にする。2つを等号で結べば、和の値が手に入る。

積分のほうは部分積分でよい。$(1-x{)}^n$ を微分する側に回すと指数が1つ下がり、$x^m$ を積分する側に回すと指数が1つ上がる。重みが $n$ から $m$ へ移っていくのだ。端の項は両端とも $0$ になる(片方には $x$ のべき、もう片方には $(1-x)$ のべきが残るから)。だから漸化式はきれいに閉じる。

① (1) 部分積分する。 $u=(1-x{)}^n$、$v^{\prime }=x^m$ とすると $u^{\prime }=-n(1-x{)}^{n-1}$、$v=\frac{x^{m+1}}{m+1}$ である。

$$B(m,n)={\left[\frac{x^{m+1}}{m+1}(1-x{)}^n\right]}_0^1+\frac{n}{m+1}{\int }_0^1{x}^{m+1}(1-x{)}^{n-1}dx$$

端の項を見る。$n\ge 1$ だから $x=1$ では $(1-x{)}^n=0$、$x=0$ では $x^{m+1}=0$。両端とも $0$ である。よって

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

② (2) 繰り返して落とす。 (1)を $n$ 回使うと、$n$ が $0$ になるまで下がる。

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

最後は $B(m+n,0)={\int }_0^1{x}^{m+n}dx=\frac{1}{m+n+1}$。分子に並ぶのは $n\cdot (n-1)\cdots 1=n!$、分母に並ぶのは

$$(m+1)(m+2)\cdots (m+n)=\frac{(m+n)!}{m!}$$

である。よって

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

③ (3) 同じ積分を展開して計算する。 二項定理より

$$B(m,n)={\int }_0^1{x}^m\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)(-1{)}^k{x}^{k}dx=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(-1{)}^k{\int }_0^1{x}^{m+k}dx=\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{m+k+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$$

有限個の和だから、項別に積分してよい。②の結果と見比べて

$$\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{m+k+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}$$

まとめ: 「同じ量を2通りに計算する」。積分は漸化式で閉じた形にし、和は展開で作る。2つの計算結果を等号で結ぶと、単独では手が出ない和の値が落ちてくる。

発展。 $B(m,n)$ はベータ関数と呼ばれ、$m,n$ が整数でなくても定義される。そのときの値は $\frac{\Gamma (m+1)\Gamma (n+1)}{\Gamma (m+n+2)}$ と書け、$\Gamma$ は階乗を実数へ拡張したガンマ関数である。

答えは $\frac{m!n!}{(m+n+1)!}=\frac{1}{(m+n+1)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n}{m}\right)}$ とも書ける。パスカルの三角形の数の逆数を、さらに $m+n+1$ で割った形だ。積分の値が組合せの数だけで書けてしまう。これは偶然ではない。$[0,1]$ に $m+n+1$ 個の点をでたらめに打ったとき、ある点がちょうど $m+1$ 番目に小さくなる確率を考えると、この積分が自然に現れる。積分・組合せ・確率が1つの式で結ばれているのだ。

別解

具体例で確かめ、対称性で見通す(手を動かすルート)。 一般式にいきなり飛びつかず、小さい場合で確かめるのは常に有効である。$m=n=1$ なら

$${\int }_0^{1}x(1-x)dx=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$$

公式は $\frac{1!\cdot 1!}{3!}=\frac{1}{6}$。合っている。$m=2,n=3$ なら公式は $\frac{2!\cdot 3!}{6!}=\frac{12}{720}=\frac{1}{60}$。(3)の和で確かめると

$$\frac{1}{3}-\frac{3}{4}+\frac{3}{5}-\frac{1}{6}=\frac{20-45+36-10}{60}=\frac{1}{60}$$

確かに一致する。左辺は正負が激しく入れ替わる4つの分数なのに、結果は $\frac{1}{60}$ という小さな数になる。打ち消し合いの妙である。

ここで $u=1-x$ と置換してみよう。$B(m,n)=B(n,m)$ が出る。答えの式 $\frac{m!n!}{(m+n+1)!}$ が $m$ と $n$ について対称なのは、この置換の現れである。したがって漸化式は $m$ 側にも立てられる。どちらの指数を先に落としても、同じ場所に着く。

さらに $\frac{m!n!}{(m+n+1)!}=\frac{1}{(m+n+1)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n}{m}\right)}$ と書き直すと、答えは二項係数ひとつで表せる。積分の値がパスカルの三角形の中にそのまま埋まっているのだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 根号 $\sqrt{x^2+1}$ が邪魔だ。これを消す置換を探したい。

うまい手がある。$t=x+\sqrt{x^2+1}$ とおくのだ。この $t$ を微分すると

$$\frac{dt}{dx}=1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{t}{\sqrt{x^2+1}}$$

となる。つまり $\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{dt}{t}$。扱いにくかった根号がそっくり $\frac{dt}{t}$ に置き換わる。

(2)は根号が分母でなく分子にある。そこで部分積分だ。$\sqrt{x^2+1}$ を微分する側に回せば根号は分母に落ち、(1)で計算した $J$ が出てくる。しかも同時に $I$ 自身も現れる。循環型の部分積分である。

① (1) 置換する。 上の計算より $\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{dt}{t}$ である。$x:0\to 1$ のとき $t:1\to 1+\sqrt{2}$ だから

$$J={\int }_1^{1+\sqrt{2}}\frac{dt}{t}={\left[\log t\right]}_1^{1+\sqrt{2}}=\log \left(1+\sqrt{2}\right)$$

($t>0$ なので絶対値は不要。)

② (2) 部分積分で循環させる。 $\sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2+1}\cdot 1$ と見て、$1$ を積分する側($x$ になる)に回す。

$$I={\left[x\sqrt{x^2+1}\right]}_0^1-{\int }_0^{1}x\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}dx=\sqrt{2}-{\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}dx$$

③ 分子を分母にそろえる。 $x^2=(x^2+1)-1$ と分けると

$${\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}dx={\int }_0^1\frac{(x^2+1)-1}{\sqrt{x^2+1}}dx={\int }_0^1\sqrt{x^2+1}dx-{\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=I-J$$

これを②に戻す。

$$I=\sqrt{2}-(I-J)⟹2I=\sqrt{2}+J$$

$I$ が両辺に現れた。方程式として解けばよい。(1)を代入して

$$I=\frac{\sqrt{2}+\log \left(1+\sqrt{2}\right)}{2}$$

まとめ: 根号 $\sqrt{x^2+1}$ は $t=x+\sqrt{x^2+1}$ で消える。分子に根号がある積分は、部分積分で分母に回し、$x^2=(x^2+1)-1$ で分解する。$I$ が再び現れたら循環型なので、積分を「未知数」と見て方程式を解く。

発展。 $I={\int }_0^1\sqrt{1+x^2}dx$ は、放物線 $y=\frac{x^2}{2}$ の $0\le x\le 1$ の部分の長さでもある。$y^{\prime }=x$ だから $\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+x^2}$ となるからだ。

答えに $\log$ が現れるのは、放物線の弧長が代数的な量だけでは書けないことを意味する。円弧の長さが $\pi$ を要求するように、放物線の弧長は $\log$ を要求する。そして楕円になると、$\log$ でも三角関数でも書けなくなってしまう(楕円積分と呼ばれる、まったく新しい関数が要る)。曲線の長さは、その曲線がどれだけ複雑かを測る物差しでもあるのだ。

別解

置換だけで押し切る(得意な人向け)。 部分積分を使わず、(1)の置換で $I$ まで続けて計算することもできる。$t=x+\sqrt{x^2+1}$ とおく。$t-x=\sqrt{x^2+1}$ の両辺を2乗すると $t^2-2tx+x^2=x^2+1$、すなわち $2tx=t^2-1$ だから

$$x=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right),\sqrt{x^2+1}=t-x=\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)$$

となる。$x$ も根号も $t$ の簡単な式になった。微分して $dx=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt$。$x:0\to 1$ は $t:1\to 1+\sqrt{2}$ である。よって

$$I={\int }_1^{1+\sqrt{2}}\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)\cdot \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt=\frac{1}{4}{\int }_1^{1+\sqrt{2}}\left(t+\frac{2}{t}+\frac{1}{t^3}\right)dt$$

(展開すると $t+\frac{1}{t}+\frac{1}{t}+\frac{1}{t^3}$ になる。)これは普通に積分できて

$$I=\frac{1}{4}{\left[\frac{t^2}{2}+2\log t-\frac{1}{2t^2}\right]}_1^{1+\sqrt{2}}$$

$T=1+\sqrt{2}$ とおくと $T^2=3+2\sqrt{2}$、$\frac{1}{T^2}=3-2\sqrt{2}$($T^2$ との積が $1$ になる)。上端の値は

$$\frac{3+2\sqrt{2}}{2}+2\log T-\frac{3-2\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}+2\log \left(1+\sqrt{2}\right)$$

下端($t=1$)の値は $\frac{1}{2}+0-\frac{1}{2}=0$。したがって

$$I=\frac{1}{4}\left\{2\sqrt{2}+2\log \left(1+\sqrt{2}\right)\right\}=\frac{\sqrt{2}+\log \left(1+\sqrt{2}\right)}{2}$$

本解と一致する。この置換は $x=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)$ という形からも分かるとおり、双曲線 $X^2-Y^2=1$ 上の点を1つの変数で表す仕掛けと同じものである。$\sqrt{x^2+1}$ 型の根号はこれでまとめて片づく。