積分漸化式の基本パターン集
この記事では, 大学入試問題でよく登場する積分漸化式の証明をまとめています。
目次
基本的な積分漸化式まとめ
(1)
\(\displaystyle I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\sin}^n x\,dx\) とおくとき
\(I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}\,(n \geqq 2)\) が成り立つ。
(2)
\(\displaystyle I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\cos}^n x\,dx\) とおくとき
\(I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}\,(n \geqq 2)\) が成り立つ。
(3)
\(\displaystyle I_n=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\,{\tan}^n x\,dx\) とおくとき
\(I_n+I_{n+2}=\dfrac{1}{n+1}\,(n \geqq 0)\) が成り立つ。
指数関数・対数関数の積分漸化式
(4)
\(\displaystyle I_n=\int_0^1\,x^n e^{-x}\,dx\) とおくとき
\(I_n=-\dfrac{1}{e}+n I_{n-1}\,(n \geqq 1)\) が成り立つ。
(5)
\(\displaystyle I_n=\int_0^1\,x^n e^{x}\,dx\) とおくとき
\(I_n=e- nI_{n-1}\,(n \geqq 1)\) が成り立つ。
(6)
\(\displaystyle I_n=\int_1^e (\log x)^n\,dx\) とおくとき
\(I_n=e- nI_{n-1}\,(n \geqq 1)\) が成り立つ。
積分漸化式の証明は, 部分積分法を使うことが多いです。
\(\displaystyle \int f(x)\,g'(x)\,dx=f(x)\,g(x)-\int f'(x)g(x)\,dx\)
sinのn乗の積分漸化式
\(\displaystyle I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\sin}^n x\,dx\,(n=0,1,2\cdots)\) とおくとき
\(I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}\,(n \geqq 2)\) が成り立つことの証明
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\sin}^{n-1}x\cdot \sin x\,dx \\
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\sin}^{n-1}x\cdot (-\cos x)’\,dx\\
=\displaystyle\underbrace{[\sin^{n-1}x\cdot (-\cos x)]_0^{\frac{\pi}{2}}}_{=0}+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,({\sin}^{n-1}x)’\cdot \cos x\,dx\\
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}(n-1)\sin^{n-2}x\cdot(\sin x)’\cdot\cos x\,dx\\
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}(n-1)\sin^{n-2}x \cdot\cos^2 x\,dx\\
=\displaystyle(n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x \cdot (1-\sin^2 x)\,dx\\
=\displaystyle(n-1){\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\,dx} -(n-1){\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x\,dx}\\
=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n\)
したがって,
\(I_n+(n-1)I_n=(n-1)I_{n-2}\\
\therefore\quad \color{red}{I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}\,(n\geqq2)}\)
\(\sin^n x=\sin^{n-1}x\cdot\sin x\) とおいて部分積分するのがポイントです。
cosのn乗の積分漸化式
\(\displaystyle I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\cos}^n x\,dx\,(n=0,1,2\cdots)\) とおくとき
\(I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}\,(n \geqq 2)\) が成り立つことの証明
\( I_n =\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\cos}^n x\,dx\\
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\cos}^{n-1}x\cdot \cos x\,dx \\
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\cos}^{n-1}x\cdot (\sin x)’\,dx\\
=\displaystyle\underbrace{[\cos^{n-1}x\cdot \sin x]_0^{\frac{\pi}{2}}}_{=0}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,({\cos}^{n-1}x)’\cdot \sin x\,dx\\
=\displaystyle -\int_0^{\frac{\pi}{2}}(n-1)\cos^{n-2}x\cdot(\cos x)’\cdot\sin x\,dx\\
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}(n-1)\cos^{n-2}x \cdot\sin^2 x\,dx\\
=\displaystyle(n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n-2}x \cdot (1-\cos^2 x)\,dx\\
=\displaystyle(n-1){\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n-2}x\,dx} -(n-1){\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^n x\,dx}\\
=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n\)
したがって,
\(I_n+(n-1)I_n=(n-1)I_{n-2}\\
\therefore\quad \color{red}{I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}\,(n\geqq2)}\)
【補足】
\( \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\sin}^n x\,dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\cos}^n x\,dx\) が成り立つことから, (1)と(2)の漸化式が同じ形になることがいえます。
この等式は置換積分で示せます。
左辺で \(x=\dfrac{\pi}{2}-t\) とおくと,
\(\sin x=\sin (\dfrac{\pi}{2}-t)=\cos t\)
\(\dfrac{dx}{dt}=-1\)
\(x:0\rightarrow \dfrac{\pi}{2}\) のとき \(t:\dfrac{\pi}{2}\rightarrow 0\)
よって,
\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\sin}^n x\,dx\\
=\displaystyle -\int_{\frac{\pi}{2}}^0\,\cos^n t\,dt\\
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,{\cos}^n t\,dt\)
となり, 右辺が得られます。
tanのn乗の積分漸化式
\(\displaystyle I_n=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\,{\tan}^n x\,dx\,(n=0,1,2\cdots)\) とおくとき
\(I_n+I_{n+2}=\dfrac{1}{n+1}\,(n \geqq 0)\) が成り立つことの証明
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan^n x\cdot(1+\tan^2 x)\,dx\\
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan^n x\cdot\dfrac{1}{\cos^2 x}\,dx\\
=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan^n x\cdot(\tan x)’\,dx \\
=[\dfrac{1}{n+1}\,\tan^{n+1}x]_0^{\frac{\pi}{4}}\\
=\dfrac{1}{n+1}(1-0)=\color{red}{\dfrac{1}{n+1}\,(n\geqq 0)}\)
tanの積分のテクニックについてはtanxのべき乗の不定積分で詳しく扱っています。
\(x^ne^{-x}\)の積分漸化式
\(\displaystyle I_n=\int_0^1\,x^n e^{-x}\,dx\,(n=0,1,2\cdots)\) とおくとき
\(I_n=-\dfrac{1}{e}+n I_{n-1}\,(n \geqq 1)\) が成り立つことの証明
=\displaystyle \int_0^1\,x^n \cdot(-e^{-x})’\,dx\\
=\displaystyle[\,x^n\cdot (-e^{-x})\,]_0^1-\int_0^1 (x^n)’\cdot(-e^{-x})\,dx\\
=\displaystyle -e^{-1}+\int_0^1 nx^{n-1}e^{-x}\,dx\\
=\color{red}{\displaystyle -\dfrac{1}{e}+nI_{n-1}\,(n\geqq 1)} \)
\(x^ne^{x}\)の積分漸化式
\(\displaystyle I_n=\int_0^1\,x^n e^{x}\,dx\,(n=0,1,2\cdots)\) とおくとき
\(I_n=e-n I_{n-1}\,(n \geqq 1)\) が成り立つことの証明
(4)と違うのは \( e^{-x}\) が \(e^{x}\) になっている部分です。計算方法はほぼ同じです。
=\displaystyle \int_0^1\,x^n (e^{x})’\,dx\\
=\displaystyle[x^n e^x]_0^1-\int_0^1 (x^n)’\cdot(e^x)\,dx\\
=\displaystyle e \,-\int_0^1 nx^{n-1}e^{x}\,dx\\
=\color{red}{\displaystyle e \,- nI_{n-1}\,(n\geqq 1)} \)
\((\log x)^n\)の積分漸化式
\(\displaystyle I_n=\int_1^e (\log x)^n\,dx\,(n=0,1,2\cdots)\) とおくとき
\(I_n=e\, – nI_{n-1}\,(n \geqq 1)\) が成り立つことの証明
\((\log x)^n=1\cdot(\log x)^n=x’\cdot(\log x)^n\) とみて部分積分します。
\(\)
\(\displaystyle I_n=\int_1^e (\log x)^n \,dx\\
=\displaystyle \int_1^e x’\cdot(\log x)^n\,dx\\
=\displaystyle [\,x\cdot(\log x)^n\,]_1^e -\int_1^e x\cdot\{(\log x)^n\}’\,dx\\
=\displaystyle e-\int_1^e x\cdot n(\log x)^{n-1}\cdot \frac{1}{x}\,dx\\
=\displaystyle e-n\int_1^e \,(\log x)^{n-1}\,dx\\
=\color{red}{\displaystyle e-nI_{n-1}\,(n\geqq 1)}\)
【補足】
\(\displaystyle \int_0^1\,x^n e^{x}\,dx =\displaystyle \int_1^e (\log x)^n\,dx\) が成り立つことから, (5)と(6)の漸化式が同じ形になることがいえます。
この等式は置換積分で示せます。
左辺で \(x=\log t \) とおくと,
\(e^x=e^{\log t}=t\\
\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{d}{dt}\,\log t=\dfrac{1}{t}\)\(x:0\rightarrow 1\) のとき \(t:1\rightarrow e\)
よって,
\(\phantom{=}\displaystyle \int_0^1\,x^n e^{x}\,dx\\
=\displaystyle \int_1^e\,(\log t)^n \cdot t \cdot \dfrac{1}{t}\,dt \\
=\displaystyle \int_1^e \,(\log t)^n \,dt\)
となり, 右辺が得られます。