三角関数の定積分

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== 三角関数の定積分 ==

※積分区間の幅が2πのものは，フーリエ級数に使われる
$m,\hspace{2}n$ を正の整数とするとき
(1.1)
$\int_{0}^{2\pi}\sin mx\cdot\sin nx dx=\{\begin{matrix}0\hspace{5}(m\ne n)\\ \pi\hspace{5}(m=n)\end{matrix}$
(1.2)
$\int_{0}^{2\pi}\cos mx\cdot\cos nx dx=\{\begin{matrix}0\hspace{5}(m\ne n)\\ \pi\hspace{5}(m=n)\end{matrix}$
(1.3)
$\int_{0}^{2\pi}\sin mx\cdot\cos nx dx=0$

（証明）
(1.1)←
三角関数の積を和に直す公式
$\sin\alpha\sin\beta=-\frac{1}{2}\{\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\}$
により
$\sin mx\sin nx=-\frac{1}{2}\{\cos(m+ n)x-\cos(m-n)x\}$
$\int_{0}^{2\pi}\sin mx\cdot\sin nx dx$
$=-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\{\cos(m+ n)x-\cos(m-n)x\}dx$
ここで， $m,\hspace{2}n$ は正の整数だから $m+ n\gt 0$
ア） $m\ne n$ のとき， $m-n\ne 0$ だから
$-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\{\cos(m+ n)x-\cos(m-n)x\}dx$
$=-\frac{1}{2}\Bigl[\frac{\sin(m+ n)x}{m+ n}-\frac{\sin(m-n)x}{m-n}\Bigr]_{0}^{2\pi}=0$
イ） $m=n$ のとき， $m-n=0$ だから
$-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\{\cos(m+ n)x-1\}dx$
$=-\frac{1}{2}\Bigl[\frac{\sin(m+ n)x}{m+ n}-x\Bigr]_{0}^{2\pi}=\pi$

(1.2)←
三角関数の積を和に直す公式
$\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}\{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\}$
により
$\cos mx\cos nx=\frac{1}{2}\{\cos(m+ n)x+\cos(m-n)x\}$
$\int_{0}^{2\pi}\cos mx\cdot\cos nx dx$
$=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\{\cos(m+ n)x+\cos(m-n)x\}dx$
ここで， $m,\hspace{2}n$ は正の整数だから $m+ n\gt 0$
ア） $m\ne n$ のとき， $m-n\ne 0$ だから
$=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\{\cos(m+ n)x+\cos(m-n)x\}dx$
$=\frac{1}{2}\Bigl[\frac{\sin(m+ n)x}{m+ n}+\frac{\sin(m-n)x}{m-n}\Bigr]_{0}^{2\pi}=0$
イ） $m=n$ のとき， $m-n=0$ だから
$\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\{\cos(m+ n)x+ 1\}dx$
$=\frac{1}{2}\Bigl[\frac{\sin(m+ n)x}{m+ n}+ x\Bigr]_{0}^{2\pi}=\pi$

(1.3)←
三角関数の積を和に直す公式
$\sin\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}\{\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\}$
により
$\sin mx\cos nx=\frac{1}{2}\{\sin(m+ n)x+\sin(m-n)x\}$
$\int_{0}^{2\pi}\sin mx\cdot\sin nx dx$
$=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\{\sin(m+ n)x+\sin(m-n)x\}dx$
ここで， $m,\hspace{2}n$ は正の整数だから $m+ n\gt 0$
ア） $m\ne n$ のとき， $m-n\ne 0$ だから
$\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\{\sin(m+ n)x+\sin(m-n)x\}dx$
$=\frac{1}{2}\Bigl[-\frac{\cos(m+ n)x}{m+ n}-\frac{\cos(m-n)x}{m-n}\Bigr]_{0}^{2\pi}$
$=\frac{1}{2}\{(-1-1)-(-1-1)\}=0$
イ） $m=n$ のとき， $m-n=0$ だから
$\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\sin 2mxdx=\frac{1}{2}\Bigl[-\frac{\cos 2mx}{2}\Bigr]_{0}^{2\pi}=0$

※積分区間の幅が2πのものは，フーリエ級数に使われる

$n$ を整数とするとき
(1.4)
$\int_{-\pi}^{\pi}\sin mx\cdot\sin nx dx=\{\begin{matrix}0\hspace{5}(m\ne n)\\ \pi\hspace{5}(m=n)\end{matrix}$
(1.5)
$\int_{-\pi}^{\pi}\cos mx\cdot\cos nx dx=\{\begin{matrix}0\hspace{5}(m\ne n)\\ \pi\hspace{5}(m=n)\end{matrix}$
(1.6)
$\int_{-\pi}^{\pi}\sin mx\cdot\cos nx dx=0$

（証明）
(1.1)～(1.3)とほぼ同じです．(1.4)の証明のみ示す：
三角関数の積を和に直す公式
$\sin\alpha\sin\beta=-\frac{1}{2}\{\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\}$
により
$\sin mx\sin nx=-\frac{1}{2}\{\cos(m+ n)x-\cos(m-n)x\}$
$\int_{-\pi}^{\pi}\sin mx\cdot\sin nx dx$
$=-\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\{\cos(m+ n)x-\cos(m-n)x\}dx$

ここで， $m,\hspace{2}n$ は正の整数だから $m+ n\gt 0$
ア） $m\ne n$ のとき， $m-n\ne 0$ だから
$-\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\{\cos(m+ n)x-\cos(m-n)x\}dx$
$=-\frac{1}{2}\Bigl[\frac{\sin(m+ n)x}{m+ n}-\frac{\sin(m-n)x}{m-n}\Bigr]_{-\pi}^{\pi}=0$
イ） $m=n$ のとき， $m-n=0$ だから
$-\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\{\cos(m+ n)x-1\}dx$
$=-\frac{1}{2}\Bigl[\frac{\sin(m+ n)x}{m+ n}-x\Bigr]_{-\pi}^{\pi}=\pi$

$n$ を整数とするとき
(1.7)
$\int_{0}^{\pi}\sin mx\cdot\sin nx dx=\{\begin{matrix}0\hspace{5}(m\ne n)\\ \frac{\pi}{2}\hspace{5}(m=n)\end{matrix}$
(1.8)
$\int_{0}^{\pi}\cos mx\cdot\cos nx dx=\{\begin{matrix}0\hspace{5}(m\ne n)\\ \frac{\pi}{2}\hspace{5}(m=n)\end{matrix}$
(1.9)
$\int_{0}^{\pi}\sin mx\cdot\cos nx dx=\{\begin{matrix}0\hspace{5}(m+ n=2k)\\ \frac{2m}{m^2-n^2}\hspace{5}(m+ n=2k+ 1)\end{matrix}$

(1.7)は被積分関数が奇関数×奇関数=偶関数，(1.8)は偶関数×偶関数=偶関数となり，いずれも0～πの区間の積分の値は，−π～πの区間の積分(1.4)(1.5)の半分になります．
(1.9)は被積分関数が奇関数×偶関数=奇関数となり，(1.6)で−π～πの区間の積分が0になっても，（1.9）deha0～πの区間の積分の値は簡単ではありません．

（証明）
(1.7)(1.8)は被積分関数が偶関数であるから，(1.4)(1.5)の半分になる．

(1.9)←
三角関数の積を和に直す公式
$\sin\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}\{\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\}$
により
$\sin mx\cos nx=\frac{1}{2}\{\sin(m+ n)x+\sin(m-n)x\}$
$\int_{0}^{\pi}\sin mx\cdot\sin nx dx$
$=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\{\sin(m+ n)x+\sin(m-n)x\}dx$
$\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\{\sin(m+ n)x+\sin(m-n)x\}dx$
ア） $m,\hspace{2}n$ の両方が奇数または両方が偶数のとき， $m+ n\hspace{2}m-n$ は偶数になる

そのi) $m\ne n$ のとき
$=\frac{1}{2}\Bigl[-\frac{\cos(m+ n)x}{m+ n}-\frac{\cos(m-n)x}{m-n}\Bigr]_{0}^{\pi}$
$=\frac{1}{2}\{(-1-1)-(-1-1)\}=0$
そのii) $m=n$ のとき
$\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\sin 2mxdx$
$=\frac{1}{2}\Bigl[-\frac{\cos 2mx}{2m}\Bigr]_{0}^{\pi}=\frac{1}{2}\{-\frac{1}{2m}+\frac{1}{2m}\}=0$

イ） $m,\hspace{2}n$ が奇数と偶数の組合わせのとき， $m+ n,\hspace{2}m-n(\ne 0)$ は奇数になるから
$=\frac{1}{2}\Bigl[-\frac{\cos(m+ n)x}{m+ n}-\frac{\cos(m-n)x}{m-n}\Bigr]_{0}^{\pi}$
$=\frac{1}{2}\{(-\frac{-1}{m+ n}-\frac{-1}{m+ n})-(-\frac{1}{m-n}-\frac{1}{m-n})\}$
$=\frac{1}{m+ n}+\frac{1}{m-n}=\frac{2m}{m^2-n^2}$

(1.10) $p,\hspace{2}q\gt 0$ のとき
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^p x\cos^q x dx=\frac{1}{2}B(\frac{p+ 1}{2},\hspace{2}\frac{q+ 1}{2})$
B(p, q)はベータ関数（ベータ関数については，このページ(1.2) 2)参照のこと）

（証明）
$B(p,\hspace{2}q)=\int_{0}^{1}x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx$
で定義されるベータ関数については，置換積分により次の式を示せる．

$B(p,\hspace{2}q)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta d\theta$
ここで， $s=2p-1,\hspace{2}t=2q-1\rightarrow p=\frac{s+ 1}{2},\hspace{2}q=\frac{t+ 1}{2}$
とおくと
$B(\frac{s+ 1}{2},\hspace{2}\frac{t+ 1}{2})=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{s}\theta\cos^{t}\theta d\theta$
$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{s}\theta\cos^{t}\theta d\theta=\frac{1}{2}B(\frac{s+ 1}{2},\hspace{2}\frac{t+ 1}{2})$
文字を入れ替えると(1.10)になる

（ウォリスの公式）
$n$ を0以上の整数とするとき
(1.11)
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n+ 1}xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+ 1}xdx=\frac{2\cdot 4\cdot 6\cdot\cdot\cdot 2n}{1\cdot 3\cdot 5\cdot\cdot\cdot(2n-1)}$
(1.12)
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n}xdx=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot\cdot\cdot(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot\cdot 2n}\cdot\cdot\frac{\pi}{2}$

（証明）
$I_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx$
とおく
$I_0\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{0}xdx=\frac{\pi}{2}$
$I_1=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{1}xdx=\Bigl[-\cos x\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=1$
$n\underline{\ge}2$ の整数のとき
部分積分を行うと

$f(x)=\sin^{n-1}x\rightarrow f\apos(x)=(n-1)\sin^{n-2}x\cdot\cos x$

$g\apos(x)=\sin x\rightarrow g(x)=-\cos x$

$I_n=\Bigl[-\sin^{n-1}x\cdot\cos x\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}+ (n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\cos^2 xdx$
$=(n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\cos^2 xdx$
$=(n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x(1-\sin^2 x)dx$
$=(n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}xdx-(n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx$
$=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n$
したがって
$nI_n=(n-1)I_{n-2}$
$I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$
(1.11) ｎが奇数のとき
$I_n=\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdot\cdot\cdot\frac{2}{3}\cdot I_1=\frac{2\cdot 4\cdot 6\cdot\cdot\cdot 2n}{1\cdot 3\cdot 5\cdot\cdot\cdot(2n-1)}$
(1.12) ｎが偶数のとき
$I_n=\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdot\cdot\cdot\frac{1}{2}\cdot I_0=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot\cdot\cdot(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot\cdot\cdot 2n}\cdot\frac{\pi}{2}$

$\cos^{2n+ 1}x,\hspace{5}\cos^{2n}x$ の場合も，ほぼ同様にして示される

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