定積分の漸化式

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■　定積分の漸化式

※　不定積分の漸化式の項を先に読むこと

○１

　 sinnx dx=In (n≧0) とおくとき，

In= In−2 (n≧2)

が成り立つ．

I0= dx=x=

I1=sin x dx=−cos x= 1

だから，上記の漸化式を用いると
ア）　ｎが偶数のとき

In= ·

イ）　ｎが奇数のとき

In=

（証明）
　不定積分の漸化式の項において

　sinnx dx=In (n= 2, 3, 4, ···)とおくと

In= − +In−2

となっているが，これを用いて区間0≦x≦の定積分を考えると，

sin0=0 , cos=0

になるので，

sinnx dx= − + sinn−2x dx

=(− )−(− )+ sinn−2x dx

=0 + sinn−2x dx= sinn−2x dx

すなわち，In= In−2

が成り立つ．

○２

　 cosnx dx=In (n≧0) とおくとき，

In= In−2 (n≧2)

が成り立つ．

I0= dx=x=

I1=cos x dx=sin x= 1

だから，上記の漸化式を用いると
ア）　ｎが偶数のとき

In= ·

イ）　ｎが奇数のとき

In=

（証明）
　不定積分の漸化式の項において

　cosnx dx=In (n= 2, 3, 4, ···)とおくと

In= +In−2

となっているが，これを用いて区間0≦x≦の定積分を考えると，

sin0=0 , cos=0

になるので，

cosnxdx=+ cosn−2xdx

=()−()+cosn−2x dx

=0+ cosn−2x dx= cosn−2x dx

すなわち，In= In−2

が成り立つ．

○３

　 tannx dx=In (n≧0) とおくとき，

In= −In−2 (n≧2)

が成り立つ．

I0= dx=x=

I1=tan x dx=−log|cos x|= log2

I2=1−I0=1−

I3= −log2

（証明）
　不定積分の漸化式の項において

　tannx dx=In (n= 0, 1, 2, ···)とおくと

In= −In−2 (n= 2, 3, 4, ···)

となっているが，これを用いて区間0≦x≦の定積分を考えると，

tan0=0 , tan=1

になるので，

tannx dx= − tann−2x dx

= −In−2

○４

　 (log x)n dx=In (n≧0) とおくとき，

In= e−nIn−1 (n≧1)

が成り立つ．

I0= dx=x= e−1

I1=e−I0=e−(e−1)=1

I2=e−2I1=e−2

I3=e−3I2=e−3(e−2)=−2e+6

（証明）
　不定積分の漸化式の項において

(log x)ndx=In (n=0,1,2, ···)とおくと

In= x(log x)n−nIn−1 (n= 1, 2, 3, ···)
となっているが，これを用いて区間1≦x≦eの定積分を考えると，

1(log1)=0 , e log e=e

になるので，

(log x)n dx= x(log x)n−n (log x)n−1 dx

= e−nIn−1

○５

　 xm(1−x)n dx=In (n≧0) とおくとき，

In= In−1 (n≧1)

が成り立つ．

I0=xm dx= xm+1 =

I1= I0=

In= In−1=

=

（証明）

　In= xm(1−x)n dxと見る

f=(1−x)n	f’=n(1−x)n−1(−1)
g=xm+1	g’=xm

部分積分法の公式

fg’ dx=fg−f’g dx

を適用すると

xm(1−x)n dx

= (1−x)nxm+1 + n(1−x)n−1xm+1 dx

= (1−x)n−1xm+1 dx

= (1−x)n−1{ xm−xm(1−x) } dx

= { (1−x)n−1xm−(1−x)nxm } dx

In= (In−1−In )

(m+1)In= n(In−1−In )
(m+n+1)In= nIn−1

In= In−1

（他の例）

(6)
$I_{m,\hspace{2}n}=\underset{a}{\int^b}(x-a)^m(b-x)^ndx\hspace{5}(m,\hspace{2}n=1,2,3,...)$
とおくと
$I_{m,\hspace{2}n}=\frac{m}{n+ 1}I_{m-1,\hspace{2}n+ 1}$ ･･･(6.1)
$I_{m,\hspace{2}n}=\frac{n}{m+ 1}I_{m+ 1,\hspace{2}n-1}$ ･･･(6.2)

（解説）
(6.1)←
次のようにf(x), g(x)をおいて，部分積分

f(x)g’(x) dx=f(x)g(x)−f’(x)g(x) dx

を行う

$f(x)=(x-a)^m$	$f\apos(x)=m(x-a)^{m-1}$
$g(x)=-\frac{(b-x)^{n+ 1}}{n+ 1}$	$g\apos(x)=(b-x)^{n}$

$I_{m,\hspace{2}n}=\underset{a}{\int^b}(x-a)^m(b-x)^ndx$
$=\left[-\frac{(x-a)^m(b-x)^{n+ 1}}{n+ 1}\right]_a^b+\underset{a}{\int^b}\frac{m}{n+ 1}(x-a)^{m-1}(b-x)^{n+ 1}dx$
$=\frac{m}{n+ 1}I_{m-1,\hspace{2}n+ 1}$

(6.2)←
次のようにf(x), g(x)をおいて，部分積分

f(x)g’(x) dx=f(x)g(x)−f’(x)g(x) dx

を行う

$f(x)=\frac{(x-a)^{m+ 1}}{m+ 1}$	$f\apos(x)=(x-a)^{m}$
$g(x)=(b-x)^{n}$	$g\apos(x)=-n(b-x)^{n-1}$

$I_{m,\hspace{2}n}=\underset{a}{\int^b}(x-a)^m(b-x)^ndx$
$=\left[\frac{(x-a)^{m+ 1}(b-x)^{n}}{m+ 1}\right]_a^b+\underset{a}{\int^b}\frac{n}{m+ 1}(x-a)^{m+ 1}(b-x)^{n-1}dx$
$=\frac{n}{m+ 1}I_{m+ 1,\hspace{2}n-1}$

　実際に使う場合には,(6.1)(6.2)の左辺を右辺に変形できるのは，m, n=1, 2, 3, ...のときですが，そのときの右辺には，m, n=0 の場合が登場します．
　結局，m=0 または n=0 が登場するまでは変形できるが，m=0 または n=0 が登場したら，もう漸化式は使えないということです．

m \| n	0	1	2	3	4	5	6	7
0								$I_{0,\hspace{2}7}$
1							$I_{1,\hspace{2}6}$	$\nearrow$
2						$I_{2,\hspace{2}5}$	$\nearrow$
3					$I_{3,\hspace{2}4}$	$\nearrow$
4				$I_{4,\hspace{2}3}$	$\nearrow$
5			$I_{5,\hspace{2}2}$	$\swarrow$
6		$I_{6,\hspace{2}1}$	$\swarrow$
7	$I_{7,\hspace{2}0}$	$\swarrow$

　例えば，この表の
$I_{4,\hspace{2}3}=\underset{a}{\int^b}(x-a)^4(b-x)^3dx$
は，(6.1)の漸化式を適用して，「mを1減，nを1増」させる変形を行うと，赤色で示した値をたどって， $I_{0,\hspace{2}7}$ に至る．

この $I_{0,\hspace{2}7}$ は，漸化式を使った変形をそれ以上行えないが，積分の値を直接計算できる．
$I_{0,\hspace{2}7}=\underset{a}{\int^b}(x-a)^0(b-x)^7dx=\underset{a}{\int^b}(b-x)^7dx$
$=\left[-\frac{(b-x)^8}{8}\right]_a^b=\frac{(b-a)^8}{8}$
$I_{4,\hspace{2}3}=\frac{4}{4}I_{3,\hspace{2}4}$
$I_{3,\hspace{2}4}=\frac{3}{5}I_{2,\hspace{2}5}$
$I_{2,\hspace{2}5}=\frac{2}{6}I_{1,\hspace{2}6}$
$I_{1,\hspace{2}6}=\frac{1}{7}I_{0,\hspace{2}7}$
$I_{0,\hspace{2}7}=\frac{(b-a)^8}{8}$
$I_{4,\hspace{2}3}=\frac{4}{4}\times\frac{3}{5}\times\frac{2}{6}\times\frac{1}{7}\times\frac{(b-a)^8}{8}=\frac{4!3!}{8!}(b-a)^8$

(6.2)の漸化式を適用して，「mを1増，nを1減」させる変形を行うと，青色で示した値をたどって， $I_{7,\hspace{2}0}$ に至る．

この $I_{7,\hspace{2}0}$ も，積分の値を直接計算できる．
$I_{7,\hspace{2}0}=\underset{a}{\int^b}(x-a)^7(b-x)^0dx=\underset{a}{\int^b}(x-a)^7dx$
$=\left[\frac{(x-a)^8}{8}\right]_a^b=\frac{(b-a)^8}{8}$
$I_{4,\hspace{2}3}=\frac{3}{5}I_{5,\hspace{2}2}$
$I_{5,\hspace{2}2}=\frac{2}{6}I_{6,\hspace{2}1}$
$I_{6,\hspace{2}1}=\frac{1}{7}I_{7,\hspace{2}0}$
$I_{7,\hspace{2}0}=\frac{(b-a)^8}{8}$
$I_{4,\hspace{2}3}=\frac{3}{5}\times\frac{2}{6}\times\frac{1}{7}\times\frac{(b-a)^8}{8}=\frac{4!3!}{8!}(b-a)^8$

※一般に，上記の形で定義された
$I_{m,\hspace{2}n}=\underset{a}{\int^b}(x-a)^m(b-x)^ndx\hspace{5}(m,\hspace{2}n=1,2,3,...)$
は，次の式にまとめられます．
$I_{m,\hspace{2}n}=\frac{m!n!}{(m+ n+ 1)!}(b-a)^{m+ n+ 1}$

《広義積分》

(#1) 定積分の下端や上端の値が有限で，端の点で関数の値が（正負の）無限になる場合

　例えば， $y=\frac{1}{\sqrt{x}}$ は，次の定積分の下端において無限大になるが，右辺の極限値が定まる場合には，その極限値をもって定積分の値とする.
$\underset{0}{\int^1}\frac{1}{\sqrt{x}}dx=\lim_{a\rightarrow + 0}\underset{a}{\int^1}\frac{1}{\sqrt{x}}dx=2$

(#2) 定積分の下端または上端が有限でない場合

例えば，次の定積分の上端は無限大であるが，右辺の極限値が定まる場合には，その極限値をもって定積分の値とする.
$\underset{0}{\int^{\infty}}e^{-x}dx=\lim_{b\rightarrow\infty}\underset{0}{\int^b}e^{-x}dx=\lim_{b\rightarrow\infty}\bigl[-e^{-x}\bigr]_0^b$
$=\lim_{b\rightarrow\infty}(-e^{-b}+ 1)=1$

(7)
$I_{m,\hspace{2}n}=\underset{0}{\int^1}x^m(\log x)^ndx\hspace{5}(m\gt -1)$
とおくと
$I_{m,\hspace{2}n}=-\frac{n}{m+ 1}I_{m,\hspace{2}n-1}$

（解説）
　この積分は，上記の広義積分の解説において，(#1)の場合になっています．（ $x\rightarrow+ 0$ のとき， $\log x\rightarrow-\infty$ ）

次のようにf(x), g(x)をおいて，部分積分

f(x)g’(x) dx=f(x)g(x)−f’(x)g(x) dx

を行う

$f(x)=(\log x)^n$	$f\apos(x)=n(\log x)^{n-1}\cdot\frac{1}{x}$
$g(x)=\frac{x^{m+ 1}}{m+ 1}$	$g\apos(x)=x^m$

$I_{m,\hspace{2}n}=\underset{0}{\int^1}x^m(\log x)^ndx$
$=\left[\frac{x^{m+ 1}(\log x)^n}{m+ 1}\right]_0^1-\underset{0}{\int^1}\frac{n}{m+ 1}x^{m}(\log x)^{n-1}dx$

$\lim_{x\rightarrow+ 0}x^{\alpha}\log x\hspace{5}(\alpha\gt 0)$
とおくと
$=\lim_{x\rightarrow+ 0}\frac{\log x}{x^{-\alpha}}$
これは,∞/∞の場合のロピタルの定理により
$=\lim_{x\rightarrow+ 0}\frac{1}{-\alpha x^{-\alpha}}=\lim_{x\rightarrow+ 0}\frac{x^{\alpha}}{-\alpha}=0$
ゆえに
$\lim_{x\rightarrow+ 0}x^{\alpha}\log x=0$ ･･･(*1)
$m,\hspace{2}n\gt 0$ のとき $t=x^{\frac{m}{n}}\log x$ とおくと
$x\rightarrow+ 0,\hspace{2}t\rightarrow+ 0,\hspace{2}t^n\rightarrow+ 0\hspace{2}$
だから
$\lim_{x\rightarrow+ 0}x^{m}(\log x)^n=0$ ･･･(*2)

ところで， $\left[\frac{x^{m+ 1}(\log x)^n}{m+ 1}\right]_0^1$
$=0-\lim_{x\rightarrow+ 0}\frac{x^{m+ 1}(\log x)^n}{m+ 1}=0$
$I_{m,\hspace{2}n}=-\frac{n}{m+ 1}I_{m,\hspace{2}n-1}$

(8)
$I_{n}=\underset{0}{\int^{\infty}}x^ne^{-x}dx\hspace{5}(n=1,2,3,...)$
とおくと $I_{n}=nI_{n-1}$

（解説）
　この積分は，上記の広義積分の解説において，(#2)の場合になっています．
次のようにf(x), g(x)をおいて，部分積分

f(x)g’(x) dx=f(x)g(x)−f’(x)g(x) dx

を行う

$f(x)=x^n$	$f\apos(x)=nx^{n-1}$
$g(x)=-e^{-x}$	$g\apos(x)=e^{-x}$

$I_{n}=\underset{0}{\int^{\infty}}x^ne^{-x}dx=-\bigl[x^ne^{-x}\bigr]_0^{\infty}+ n\underset{0}{\int^{\infty}}x^{n-1}e^{-x}dx$

$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^{n}}{e^x}$
は,∞/∞の場合のロピタルの定理により
$=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{nx^{n-1}}{e^x}$
この変形を繰り返すと
$=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{n!}{e^x}=0$ ･･･(*3)

ところで
$\bigl[x^ne^{-x}\bigr]_0^{\infty}=\lim_{x\rightarrow\infty}x^ne^{-x}-0$
上記の(*3)により，第1項は0になるから
$\bigl[x^ne^{-x}\bigr]_0^{\infty}=0$
$I_{n}=nI_{n-1}$
この変形を繰り返すと
$I_{n}=n!$

《よく登場する極限》
○1　指数関数 $e^x$ は，どんなn次式に対しても $x\rightarrow\infty$ の極限において， $\frac{\infty}{\infty}$ の争いで勝てる
$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^{n}}{e^x}=0$

○2　対数関数 $\log x$ は，どんなn次式に対しても $x\rightarrow\infty$ の極限において， $\frac{\infty}{\infty}$ の争いで負ける
$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\log x}{x^n}=0$

○3　対数関数 $\log x$ の $x\rightarrow+ 0$ の極限にある穴は， $x$ 1枚に対して $0\times(-\infty)$ の争いで負ける
$\lim_{x\rightarrow+ 0}x\times\log x=0$
$\log x$ が束になってかかっても，負ける
$\lim_{x\rightarrow+ 0}x\times(\log x)^n=0$
もちろん， $x$ が束になっている場合は，当然負ける
$\lim_{x\rightarrow+ 0}x^m\times(\log x)^n=0$

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