積分を漸化式で求める。In，In+1 に置き換え(東京都立大2019理系第2問)

nn を自然数とするとき，以下の問いに答えなさい。（東京都立大2019）

(1) f(x)=1(x2+1)nf(x)=\cfrac{1}{(x^2+1)^n} の導関数を求めなさい。

(2)  In=∫011(x2+1)n  dx\displaystyle I_n=\int_0^1\cfrac{1}{(x^2+1)^n}\space dx とおく。1(x2+1)n=(x)’×1(x2+1)n\cfrac{1}{(x^2+1)^n}=(x)’\times\cfrac{1}{(x^2+1)^n} であることを利用して，等式

In+1=12n{(2n−1)In+12n}I_{n+1}=\cfrac{1}{2n}\Big\{(2n-1)I_n+\cfrac{1}{2^n}\Big\}

が成り立つことを示しなさい。

(3) 定積分 ∫011(x2+1)3  dx\displaystyle\int_0^1\cfrac{1}{(x^2+1)^3}\space dx の値を求めなさい。

商の導関数

(1)から始めます。

分数式の微分は公式がありました。

商の導関数
{1g(x)}’=−g′(x){g(x)}2\Big\{\cfrac{1}{g(x)}\Big\}’=-\cfrac{g'(x)}{\{g(x)\}^2}

これを使っていきましょう。

f(x)=1(x2+1)nf(x)=\cfrac{1}{(x^2+1)^n}
f′(x)=−{(x2+1)n}’{(x2+1)n}2f'(x)=-\cfrac{\{(x^2+1)^n\}’}{\{(x^2+1)^n\}^2}
=−n(x2+1)n−1⋅2x(x2+1)2n=-\cfrac{n(x^2+1)^{n-1}\cdot2x}{(x^2+1)^{2n}}

(x2+1)n(x^2+1)^n は合成関数だから，中ビブンした 2x2x をかけるのを忘れずに。

=−2nx(x2+1)n−1(x2+1)2n=-\cfrac{2nx(x^2+1)^{n-1}}{(x^2+1)^{2n}}

(x2+1)(x^2+1) の部分を整理します。n−1−2n=−n−1=−(n+1)n-1-2n=-n-1=-(n+1) だから

=−2nx(x2+1)n+1=-\cfrac{2nx}{(x^2+1)^{n+1}}　（答え）

漸化式を作る

(2)に進みます。

1(x2+1)n=(x)’×1(x2+1)n\cfrac{1}{(x^2+1)^n}=(x)’\times\cfrac{1}{(x^2+1)^n} という式は，要するに部分積分をしなさいということです。

 In=∫01(x)’×1(x2+1)n  dx\displaystyle I_n=\int_0^1(x)’\times\cfrac{1}{(x^2+1)^n}\space dx

(1)より

=[x×1(x2+1)n]01+∫01x×2nx(x2+1)n+1  dx\displaystyle=\Bigg[x\times\cfrac{1}{(x^2+1)^n}\Bigg]_0^1+\int_0^1x\times\cfrac{2nx}{(x^2+1)^{n+1}}\space dx
=12n+2n∫01x2(x2+1)n+1  dx\displaystyle=\cfrac{1}{2^n}+2n\int_0^1\cfrac{x^2}{(x^2+1)^{n+1}}\space dx

ここからどうしたらいいんですか？
最初の形に持ち込みたいの。∫011(x2+1)n  dx\displaystyle\int_0^1\cfrac{1}{(x^2+1)^n}\space dx が作れたら InI_n に変換できる。
分子の x2x^2 がジャマ。
そこを何とかする。

=12n+2n∫01x2+1−1(x2+1)n+1  dx\displaystyle=\cfrac{1}{2^n}+2n\int_0^1\cfrac{x^2+1-1}{(x^2+1)^{n+1}}\space dx

x2x^2 に +1+1 を付けたあとに −1-1 を付ければ前の式と同じになる。ようは分子の x2x^2 を消すためのつじつま合わせ。

=12n+2n∫01{x2+1(x2+1)n+1−1(x2+1)n+1}  dx\displaystyle=\cfrac{1}{2^n}+2n\int_0^1\Big\{\cfrac{x^2+1}{(x^2+1)^{n+1}}-\cfrac{1}{(x^2+1)^{n+1}}\Big\}\space dx
=12n+2n∫01{1(x2+1)n−1(x2+1)n+1}  dx\displaystyle=\cfrac{1}{2^n}+2n\int_0^1\Big\{\cfrac{1}{(x^2+1)^n}-\cfrac{1}{(x^2+1)^{n+1}}\Big\}\space dx

よって

In=12n+2n(In−In+1)I_n=\cfrac{1}{2^n}+2n(I_n-I_{n+1})
In=12n+2nIn−2nIn+1I_n=\cfrac{1}{2^n}+2nI_n-2nI_{n+1}
2nIn+1=(2n−1)In+12n2nI_{n+1}=(2n-1)I_n+\cfrac{1}{2^n}
In+1=12n{(2n−1)In+12n}I_{n+1}=\cfrac{1}{2^n}\Big\{(2n-1)I_n+\cfrac{1}{2^n}\Big\}

（証明終わり）

漸化式に代入する

(3)に進みます。

∫011(x2+1)3  dx\displaystyle\int_0^1\cfrac{1}{(x^2+1)^3}\space dx は，n=3n=3 のときであり，つまりI3I_3 のことです。

(2) で漸化式を作ったので，I1I_1 が求められれば I2I_2 が分かり，I2I_2 が求められれば I3I_3 が分かります。順番に処理していきましょう。

 I1=∫011x2+1  dx\displaystyle I_1=\int_0^1\cfrac{1}{x^2+1}\space dx

分母に 1+x21+x^2 の形が来たときには tan⁡\tan で置換積分しましょう。

1+tan⁡2θ=1cos⁡2θ1+\tan^2\theta=\cfrac{1}{\cos^2\theta} の公式を使いたいから，tan⁡\tan で置換。

x=tan⁡θx=\tan\theta として
dx=1cos⁡2θ  dθdx=\cfrac{1}{\cos^2\theta}\space d\theta
x0→1 θ0→π4\def\arraystretch{1.5}\begin{array}{c|c}x&0&\rightarrow&1\\\hline \theta&0&\rightarrow&\frac{\pi}{4}\end{array}

 I1=∫0π411+tan⁡2θ⋅1cos⁡2θ  dθ\displaystyle I_1=\int_0^{\small{\frac{\pi}{4}}}\cfrac{1}{1+\tan^2\theta}\cdot\cfrac{1}{\cos^2\theta}\space d\theta
 =∫0π411cos⁡2θ⋅1cos⁡2θ  dθ\displaystyle =\int_0^{\small{\frac{\pi}{4}}}\cfrac{1}{\cfrac{1}{\cos^2\theta}}\cdot\cfrac{1}{\cos^2\theta}\space d\theta
 =∫0π4  dθ\displaystyle =\int_0^{\small{\frac{\pi}{4}}}\space d\theta
=[θ]0π4=π4=\Big[\theta\Big]_0^{\small{\frac{\pi}{4}}}=\cfrac{\pi}{4}

これを(2)の漸化式に代入します。

I2=12⋅1{(2⋅1−1)⋅π4+121}I_2=\cfrac{1}{2\cdot1}\Big\{(2\cdot1-1)\cdot\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{1}{2^1}\Big\}
=π8+14=\cfrac{\pi}{8}+\cfrac{1}{4}
I3=12⋅2{(2⋅2−1)(π8+14)+122}I_3=\cfrac{1}{2\cdot2}\Big\{(2\cdot2-1)\Big(\cfrac{\pi}{8}+\cfrac{1}{4}\Big)+\cfrac{1}{2^2}\Big\}
=14{3π8+34+14}=\cfrac{1}{4}\Big\{\cfrac{3\pi}{8}+\cfrac{3}{4}+\cfrac{1}{4}\Big\}
=3π32+14=\cfrac{3\pi}{32}+\cfrac{1}{4}　（答え）

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