数学III / 積分法の計算

x^m(1-x)^n の積分と二項係数の交代和

最難関編部分積分漸化式二項定理

問題

$m, n$ を $0$ 以上の整数とし

$B (m, n) = \int_{0}^{1} x^{m} (1 - x)^{n} d x$

とおく。

(1) $n \geq 1$ のとき $B (m, n) = \frac{n}{m + 1} B (m + 1, n - 1)$ が成り立つことを示せ。

(2) $B (m, n) = \frac{m ! n !}{( m + n + 1 )!}$ を示せ。

(3) $k = 0 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k}}{m + k + 1} (k n)$ を求めよ。

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(1) 部分積分で $(1 - x)^{n}$ を微分する側に回すと、 $n$ が1つ減る。端の項はどうなるか。

(3) 求める和は、じつは(2)で計算した積分そのものである。 $(1 - x)^{n}$ を展開してみよ。

解答・解説

方針

同じ積分を2通りに計算する。片方は部分積分の漸化式で閉じた形に、もう片方は二項定理で展開してから項別に積分する。両者を等号で結べば、二項係数の交代和の値が手に入る。

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、まさにこの和が出てくる。つまり(3)は「積分を展開して計算した姿」なのだ。

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。

公式部分積分

\int_{0}^{1} u v^{'} d x = [uv]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} u^{'} v d x

定理二項定理

(1 - x)^{n} = k = 0 \sum n (k n) (- 1)^{k} x^{k}

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

$B (m, n) = [\frac{x ^{m + 1}}{m + 1} (1 - x)^{n}]_{0}^{1} + \frac{n}{m + 1} \int_{0}^{1} x^{m + 1} (1 - x)^{n - 1} d x$

端の項を見る。 $n \geq 1$ 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。

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

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

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

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

$B (m, n) = \int_{0}^{1} x^{m} k = 0 \sum n (k n) (- 1)^{k} x^{k} d x = k = 0 \sum n (k n) (- 1)^{k} \int_{0}^{1} x^{m + k} d x = k = 0 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k}}{m + k + 1} (k n)$

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

$k = 0 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k}}{m + k + 1} (k n) = \frac{m ! n !}{( m + n + 1 )!}$

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 — 一歩先へ。 $B (m, n)$ 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 $\frac{Γ ( m + 1 ) Γ ( n + 1 )}{Γ ( m + n + 2 )}$ と書け、 $Γ$ は階乗を実数へ拡張したガンマ関数である。

答えは $\frac{m ! n !}{( m + n + 1 )!} = \frac{1}{( m + n + 1 ) ( m m + n )}$ 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。

答

(1) 部分積分(端の項は両端とも $0$ ) (2) (1)を繰り返し、 $B (m + n, 0) = \frac{1}{m + n + 1}$ に落とす (3) $\frac{m ! n !}{( m + n + 1 )!}$

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

$\int_{0}^{1} x (1 - x) d x = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$

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

ポイント

部分積分で $(1 - x)^{n}$ の指数を下げる。端の項は両端とも $0$ 。
繰り返して $B (m + n, 0) = \frac{1}{m + n + 1}$ に落とす。
同じ積分を二項展開すると、求める交代和になる。

よくある間違い

(1)の部分積分で $x^{m}$ を微分する側に回してしまう。それでは $m$ が下がって $n$ が上がるだけで、「片方の指数が $0$ になる」形に到達しない。どちらを微分側にするかで行き先が変わる。
端の項 $[\frac{x ^{m + 1}}{m + 1} (1 - x)^{n}]_{0}^{1}$ が $0$ でないと思い込む。 $n \geq 1$ なら $x = 1$ で $(1 - x)^{n} = 0$ 、 $x = 0$ で $x^{m + 1} = 0$ で、両端とも消える。
(3)で「項別に積分してよいか」と悩んで止まる。ここは有限和(項数は $n + 1$ 個)だから、そのような心配は無用である。無限和のときだけ注意が要る。