数学III / 積分法の計算

1/(1+x²)^n の定積分(部分積分で漸化式)

最難関編部分積分漸化式三角置換

問題

$n$ を自然数とし

$I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{( 1 + x ^{2} ) ^{n}}$

とおく。

(1) $I_{1}$ を求めよ。

(2) $2 n I_{n + 1} = (2 n - 1) I_{n} + \frac{1}{2 ^{n}}$ が成り立つことを示せ。

(3) $I_{3}$ を求めよ。

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$n$ が一般だと直接は攻めにくい。 $n$ と $n + 1$ をつなぐ関係を作れないか。

部分積分で出てくる $\frac{x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{n + 1}}$ の分子を、分母と同じ形に近づけてみよ。

解答・解説

方針

$n = 1$ は $x = tan θ$ で片づく。一般の $n$ は漸化式を作る。 $\frac{1}{( 1 + x ^{2} ) ^{n}}$ を微分する側、 $1$ を積分する側にして部分積分すると $\frac{x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{n + 1}}$ が現れる。ここで $x^{2} = (1 + x^{2}) - 1$ と分けると $I_{n}$ と $I_{n + 1}$ の両方が姿を現し、漸化式が閉じる。

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 $x = tan θ$ 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 $I_{n + 1}$ の両方が姿を現し、漸化式が閉じる。

公式部分積分

\int_{a}^{b} u v^{'} d x = [uv]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} u^{'} v d x

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

$I_{1} = \int_{0}^{π /4} cos^{2} θ \cdot \frac{d θ}{cos ^{2} θ} = \int_{0}^{π /4} d θ = \frac{π}{4}$

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

$I_{n} = [\frac{x}{( 1 + x ^{2} ) ^{n}}]_{0}^{1} + 2 n \int_{0}^{1} \frac{x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{n + 1}} d x = \frac{1}{2 ^{n}} + 2 n \int_{0}^{1} \frac{x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{n + 1}} d x$

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

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

$I_{n + 1}$ について整理して

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

③ (3) $I_{3}$ を求める。 $n = 1$ とすると

$2 I_{2} = I_{1} + \frac{1}{2} = \frac{π}{4} + \frac{1}{2} ⟹ I_{2} = \frac{π}{8} + \frac{1}{4}$

$n = 2$ とすると

$4 I_{3} = 3 I_{2} + \frac{1}{4} = \frac{3 π}{8} + \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = \frac{3 π}{8} + 1 ⟹ I_{3} = \frac{3 π}{32} + \frac{1}{4}$

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が、漸化式を閉じさせる鍵である。

発展 — 一歩先へ。 漸化式 $2 n I_{n + 1} = (2 n - 1) I_{n} + \frac{1}{2 ^{n}}$ 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、

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

という比だけの漸化式になる。ここから $\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \dots ( 2 n - 1 )}{2 \cdot 4 \cdot 6 \dots ( 2 n )}$ 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、式の景色は一変するのだ。

答

(1) $I_{1} = \frac{π}{4}$ (2) 部分積分と $x^{2} = (1 + x^{2}) - 1$ の分解 (3) $I_{3} = \frac{3 π}{32} + \frac{1}{4}$

別解

三角関数の世界に移してから、半角で潰す(別ルート)。 $x = tan θ$ の置換は $I_{1}$ だけの道具ではない。一般の $n$ でも使える。

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

$I_{n} = \int_{0}^{π /4} cos^{2 n} θ \cdot \frac{d θ}{cos ^{2} θ} = \int_{0}^{π /4} cos^{2 n - 2} θ d θ$

有理関数の積分が、 $cos$ のべきの積分に化けた。 $n = 3$ なら

$I_{3} = \int_{0}^{π /4} cos^{4} θ d θ$

半角の公式を2回使って次数を下げる。

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

よって

$I_{3} = [\frac{3 θ}{8} + \frac{sin 2 θ}{4} + \frac{sin 4 θ}{32}]_{0}^{π /4} = \frac{3 π}{32} + \frac{1}{4} + 0 = \frac{3 π}{32} + \frac{1}{4}$

本解と一致する。 $sin \frac{π}{2} = 1$ 、 $sin π = 0$ が効いている。

「有理関数の積分」と「三角関数の積分」は $x = tan θ$ 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。どちらの世界で戦うかを選べるのが強みである。

ポイント

$I_{1}$ は $x = tan θ$ で $\frac{π}{4}$ 。
部分積分で $\frac{x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{n + 1}}$ を出す。
$x^{2} = (1 + x^{2}) - 1$ で $I_{n} - I_{n + 1}$ に分解 — これで漸化式が閉じる。

よくある間違い

部分積分の端の項 $[\frac{x}{( 1 + x ^{2} ) ^{n}}]_{0}^{1}$ の値を $1$ としてしまう。 $x = 1$ では分母が $2^{n}$ になる。
$x^{2} = (1 + x^{2}) - 1$ の分解を思いつかず、 $\int_{0}^{1} \frac{x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{n + 1}} d x$ を新しい記号で置く。未知数が増えるだけで、方程式が閉じない。
$I_{1}$ で $x = tan θ$ の上端を $θ = \frac{π}{2}$ としてしまう。 $x$ の上端は $1$ であって $\infty$ ではない。対応するのは $θ = \frac{π}{4}$ である。