2019/07/24 三角関数に纏わる定積分

本日のお題

\(\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\cos^n x}\) とするとき,次の問いに答えよ。

  1. 定積分 \(\displaystyle I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x}\) の値を求めよ。
  2. 漸化式 \(nI_n - (n + 1)I_{n + 1} - \left(\sqrt{2}\,\right)^n = 0\) が成り立つことを示せ。
  3. 1. 2. を用いて,定積分 \(\displaystyle \int_0^1\sqrt{1 + x^2}\,dx\) の値を求めよ。

この問いに対する考え方を教えてください。

承知しました。

1. \(I_1 = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x}\)

この積分については,以前扱いました。幾つかの計算方法がありましたが,ここでは,下のように計算しましょう。 \[\begin{eqnarray} I_1 &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos x}{\cos^2 x}\,dx \\ &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos x}{1 - \sin^2 x}\,dx \\ &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2}\left(\frac{\cos x}{1 - \sin x} + \frac{\cos x}{1 + \sin x}\right)\,dx \\ &=& \frac{1}{2} \Big[-\log(1 - \sin x) + \log(1 + \sin x)\Big]_0^{\frac{\pi}{4}} \\ &=& \frac{1}{2}\log\frac{2 + \sqrt{2}}{2 - \sqrt{2}} \\ &=& \log\frac{2 + \sqrt{2}}{\sqrt{2}} \\ &=& \log(1 + \sqrt{2}) \end{eqnarray}\]

2. 雰囲気はウォリスの公式っぽいですね。ウォリスの公式の証明では,\(\cos^n x\) のうち一つを \(\cos x = (\sin x)'\) と考えて部分積分を施しました。同様に考えてやってみましょう。 \[\begin{eqnarray} I_n &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos^n x}\,dx \\ &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos x}{\cos^{n + 1} x}\,dx \\ &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}}(\sin x)'\cdot\frac{1}{\cos^{n + 1}x}\,dx \\ &=& \left[\sin x\cdot\frac{1}{\cos^{n + 1}x}\right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin x \cdot\left(\frac{1}{\cos^{n + 1}x}\right)'\,dx \\ &=& \left(\sqrt{2}\,\right)^n - \int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin x \cdot\frac{(n + 1)\sin x}{\cos^{n + 2}x}\,dx \\ &=& \left(\sqrt{2}\,\right)^n - (n + 1)\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin^2 x}{\cos^{n + 1}x}\,dx \\ &=& \left(\sqrt{2}\,\right)^n - (n + 1)\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{1 - \cos^2 x}{\cos^{n + 2}x}\,dx \\ &=& \left(\sqrt{2}\,\right)^n - (n + 1)\left(I_{n + 2} - I_n\right) \\ &=& (n + 1)I_n - (n + 1)I_{n + 2} + \left(\sqrt{2}\,\right)^n \end{eqnarray}\] したがって, \(nI_n - (n + 1)I_{n + 2} + \left(\sqrt{2}\,\right)^n = 0\) が成り立ちます。

3. \(\displaystyle \int_0^1\sqrt{1 + x^2}\,dx\)

この積分についても 以前に扱っています。ただし,ここでは,1. 2. の結果を用いるという条件が付いています。形的には \(x = \tan\theta\) による置換積分の一手ですね。

\(x = \tan\theta\) とおくと  \(\displaystyle dx = \frac{d\theta}{\cos^2\theta}\)  \(\begin{array}{c|ccc} x & 0 & \to & 1 \\ \hline \theta & 0 & \to & \frac{\pi}{4}\end{array}\) \[\begin{eqnarray} ∴\quad \int_0^1\sqrt{1 + x^2}\,dx &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{1 + \tan^2\theta}\cdot\frac{d\theta}{\cos^2\theta} \\ &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{d\theta}{\cos^3\theta} \\ &=& I_3 \end{eqnarray}\] 2. において,\(n = 1\) とすると \[\begin{eqnarray} && I_1 - 2I_3 + \sqrt{2} = 0 \\ & ∴\quad & I_3 = \frac{1}{2}I_1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \\ & ∴\quad & \int_0^1\sqrt{1 + x^2}\,dx = \frac{1}{2}\log(1 + \sqrt{2}\,) + \frac{\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray}\]

以上にて,ミッション完了~

Last modified: Friday, 5 March 2021, 5:32 PM