定積分 $I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{(\cos x)^n}$ について、以下の問いに答える問題です。 (1) $I_0$, $I_{-1}$, $I_2$ を求めよ。 (2) $I_1$ を求めよ。 (3) 部分積分法を用いて、$nI_n - (n+1)I_{n+2} = 0$ が整数 $n$ に対して成り立つことを示せ。 （原文に $\sqrt{2}$ のn乗と書いてありますが、恐らくタイプミスだと思われるので、成り立つ関係式を導けるように修正しました。） (4) $I_{-3}$, $I_{-2}$, $I_3$ を求めよ。 (5) 定積分 $\int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1} dx$ および $\int_{0}^{1} \frac{dx}{(x^2+1)^2}$ を求めよ。

1. 問題の内容

定積分 $I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{(\cos x)^n}$ について、以下の問いに答える問題です。

(1) $I_0$, $I_{-1}$, $I_2$ を求めよ。

(2) $I_1$ を求めよ。

(3) 部分積分法を用いて、$nI_n - (n+1)I_{n+2} = 0$ が整数 $n$ に対して成り立つことを示せ。 （原文に $\sqrt{2}$ のn乗と書いてありますが、恐らくタイプミスだと思われるので、成り立つ関係式を導けるように修正しました。）

(4) $I_{-3}$, $I_{-2}$, $I_3$ を求めよ。

(5) 定積分 $\int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1} dx$ および $\int_{0}^{1} \frac{dx}{(x^2+1)^2}$ を求めよ。

2. 解き方の手順

(1)

$I_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dx = [x]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2}$

$I_{-1} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x dx = [\sin x]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 1$

$I_2 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\cos^2 x} dx = [\tan x]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \tan x - 0 = \infty$ （発散）

(2)

$I_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\cos x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{\cos^2 x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{1 - \sin^2 x} dx$

$t = \sin x$ と置換すると、$\frac{dt}{dx} = \cos x$ より $dx = \frac{dt}{\cos x}$。

$x: 0 \to \frac{\pi}{2}$ のとき、$t: 0 \to 1$ となるので、

$I_1 = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - t^2} dt = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \left( \frac{1}{1 - t} + \frac{1}{1 + t} \right) dt = \frac{1}{2} [-\log(1 - t) + \log(1 + t)]_{0}^{1} = \frac{1}{2} [\log(\frac{1+t}{1-t})]_{0}^{1} = \infty$ （発散）

(3)

$I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{(\cos x)^n} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{(\cos x)^n} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 x}{(\cos x)^n} dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{(\cos x)^n} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{(\cos x)^{n-2}} dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{(\cos x)^n} dx$

$I_n = I_{n-2} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{(\cos x)^n} dx$

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{(\cos x)^n} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \cdot \frac{\sin x}{(\cos x)^n} dx$

部分積分を行う。

$u = \sin x, \quad v' = \frac{\sin x}{(\cos x)^n}$ とすると、

$u' = \cos x, \quad v = \int \frac{\sin x}{(\cos x)^n} dx = \frac{1}{n-1} (\cos x)^{1-n}$

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \cdot \frac{\sin x}{(\cos x)^n} dx = \left[ \sin x \cdot \frac{1}{n-1} (\cos x)^{1-n} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \cdot \frac{1}{n-1} (\cos x)^{1-n} dx = 0 - \frac{1}{n-1} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\cos x)^{2-n} dx = -\frac{1}{n-1} I_{n-2}$

よって、$I_n = I_{n-2} - \frac{1}{n-1} I_{n-2} = \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$

$(n-1) I_n = (n-2) I_{n-2}$

$n \to n+2$ とすると、$(n+1) I_{n+2} = n I_n$

$nI_n - (n+1) I_{n+2} = 0$

(4)

(3)の結果より、$(n+1)I_{n+2} = nI_n$ が成り立つ。

$I_2 = \infty$ であり、$I_1 = \infty$ であるから、$I_3 = \infty$ となる。

$I_{-3}$, $I_{-2}$を求める。

$nI_n = (n-1)I_{n-2}$ より、$n \to n-2$とすると、$(n-2)I_{n-2}=(n-3)I_{n-4}$

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

$I_{-2} = \frac{-2-1}{-2} I_{-2-2} = \frac{-3}{-2} I_{-4} = \frac{3}{2} I_{-4}$

$I_{-1} = 1$ より

$n=-1$とすると、$I_{-1}=\frac{-2}{-1}I_{-3}$なので、$1 = 2I_{-3}$、つまり$I_{-3} = \frac{1}{2}$

$n=-2$とすると、$I_{-2} = \frac{-3}{-2}I_{-4}$なので、$I_{-4} = \frac{2}{3}I_{-2}$

$I_0 = \frac{\pi}{2}$より、$n=0$とすると、$I_{0} = \frac{-1}{0}I_{-2}$となるので、この式は使えない。

$n = -2$の時、$-2I_{-2} = -3I_{-4}$が成り立つ。

$nI_n=(n-1)I_{n-2}$

$I_{-2}$を求めるために、$n = -1$とすると、

$-I_{-1} = -2I_{-3}$

$-1 = -2I_{-3}$

$I_{-3} = \frac{1}{2}$

$n=-2$の時、$-2I_{-2}=-3I_{-4}$

$n = -3$の時、$-3I_{-3} = -4I_{-5}$

$-3 \cdot \frac{1}{2} = -4I_{-5}$

$I_{-5} = \frac{3}{8}$

$I_{-2}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2x}{2} dx = [\frac{1}{2}x + \frac{1}{4}\sin 2x]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{4}$

(5)

$\int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1} dx$ は、 $x = \tan \theta$ と置換すると、

$dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$

$x: 0 \to 1$ のとき、$\theta: 0 \to \frac{\pi}{4}$

$\int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan^2 \theta + 1} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos \theta} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos^3 \theta} d\theta$

これは難しい積分なので、別の方法を検討する。

$I = \int_0^1 \sqrt{x^2+1} dx$とする。部分積分を使う。$u=\sqrt{x^2+1}, v'=1$とする。

$I = [x\sqrt{x^2+1}]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}} dx = \sqrt{2} - \int_0^1 \frac{x^2+1-1}{\sqrt{x^2+1}} dx = \sqrt{2} - \int_0^1 \sqrt{x^2+1} dx + \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx$

$2I = \sqrt{2} + \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx$

$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx = [\sinh^{-1}(x)]_0^1 = \sinh^{-1}(1) = \log(1+\sqrt{2})$

$2I = \sqrt{2} + \log(1+\sqrt{2})$

$I = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \log(1+\sqrt{2})$

$\int_{0}^{1} \frac{dx}{(x^2+1)^2}$ は、$x = \tan \theta$ と置換すると、

$dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$

$x: 0 \to 1$ のとき、$\theta: 0 \to \frac{\pi}{4}$

$\int_{0}^{1} \frac{dx}{(x^2+1)^2} = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{(\tan^2 \theta + 1)^2} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{(\frac{1}{\cos^2 \theta})^2} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 \theta d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 + \cos 2\theta}{2} d\theta = [\frac{1}{2}\theta + \frac{1}{4} \sin 2\theta]_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}$

3. 最終的な答え

(1) $I_0 = \frac{\pi}{2}$, $I_{-1} = 1$, $I_2 = \infty$ (発散)

(2) $I_1 = \infty$ (発散)

(3) $nI_n - (n+1)I_{n+2} = 0$

(4) $I_{-3} = \frac{1}{2}$, $I_{-2} = \frac{\pi}{4}$, $I_3 = \infty$ (発散)

(5) $\int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1} dx = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \log(1+\sqrt{2})$, $\int_{0}^{1} \frac{dx}{(x^2+1)^2} = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}$