解説

方針・初手

（1） は $\sin^n\theta$ を $\sin^{n-1}\theta\cdot \sin\theta$ と見て部分積分すると、$I_n$ と $I_{n-2}$ を結びつけられる。

（2） は $x=\sin\theta$ と置くと、被積分関数が $\sin^n\theta\cos^n\theta$ となり、さらに $\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta$ を用いて $I_n$ に直せる。

（3） は （1） の漸化式で $I_6$ を求め、（2） の結果に代入すればよい。

解法1

（1） $I_n$ を $I_{n-2}$ で表す

$$ I_n=\int_0^\pi \sin^n\theta,d\theta =\int_0^\pi \sin^{n-1}\theta\sin\theta,d\theta

$$

ここで部分積分を行う。 $u=\sin^{n-1}\theta,\ dv=\sin\theta,d\theta$ とすると

$$ du=(n-1)\sin^{n-2}\theta\cos\theta,d\theta,\qquad v=-\cos\theta

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} I_n &=\left[-\sin^{n-1}\theta\cos\theta\right]_0^\pi +(n-1)\int_0^\pi \sin^{n-2}\theta\cos^2\theta,d\theta \end{aligned}

$$

となる。端点では $\sin 0=\sin\pi=0$ なので境界項は $0$ である。よって

$$ I_n=(n-1)\int_0^\pi \sin^{n-2}\theta\cos^2\theta,d\theta

$$

さらに $\cos^2\theta=1-\sin^2\theta$ を用いると

$$ \begin{aligned} I_n &=(n-1)\int_0^\pi \sin^{n-2}\theta(1-\sin^2\theta),d\theta\\ &=(n-1)\int_0^\pi \sin^{n-2}\theta,d\theta -(n-1)\int_0^\pi \sin^n\theta,d\theta\\ &=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n \end{aligned}

$$

したがって

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

$$

より、

$$ I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}\qquad (n\geqq 3)

$$

である。

（2） $J_n$ を $I_n$ で表す

$$ J_n=\int_0^1 x^n(1-x^2)^{\frac{n-1}{2}},dx

$$

に対し、

$$ x=\sin\theta \qquad \left(0\leqq \theta\leqq \frac{\pi}{2}\right)

$$

とおく。すると

$$ dx=\cos\theta,d\theta,\qquad 1-x^2=\cos^2\theta

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} J_n &=\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\left(\cos^2\theta\right)^{\frac{n-1}{2}}\cos\theta,d\theta\\ &=\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\cos^n\theta,d\theta \end{aligned}

$$

ここで $\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta$ を用いると

$$ \sin^n\theta\cos^n\theta=\frac{1}{2^n}\sin^n 2\theta

$$

なので、

$$ J_n=\frac{1}{2^n}\int_0^{\pi/2}\sin^n 2\theta,d\theta

$$

さらに $u=2\theta$ とおけば $du=2,d\theta$ で、$\theta=0,\frac{\pi}{2}$ のとき $u=0,\pi$ となるから

$$ \begin{aligned} J_n &=\frac{1}{2^n}\cdot \frac{1}{2}\int_0^\pi \sin^n u,du\\ &=\frac{1}{2^{n+1}}I_n \end{aligned}

$$

よって

$$ J_n=\frac{1}{2^{n+1}}I_n

$$

である。

（3） $J_6$ を求める

まず

$$ I_2=\int_0^\pi \sin^2\theta,d\theta=\frac{\pi}{2}

$$

である。

（1） の結果を用いると

$$ I_4=\frac{3}{4}I_2=\frac{3\pi}{8}

$$

さらに

$$ I_6=\frac{5}{6}I_4=\frac{5}{6}\cdot \frac{3\pi}{8} =\frac{5\pi}{16}

$$

したがって （2） より

$$ J_6=\frac{1}{2^{7}}I_6 =\frac{1}{128}\cdot \frac{5\pi}{16} =\frac{5\pi}{2048}

$$

である。

解説

この問題の要点は、積分をそのまま計算しようとせず、形を変えて既知の積分に結びつけることである。

（1） は三角関数のべき乗積分の典型的な漸化式であり、$\cos^2\theta=1-\sin^2\theta$ を入れることで次数を $2$ だけ下げている。

（2） は $x=\sin\theta$ によって根号が消え、三角関数のべき乗積分に帰着する。これにより （1） の結果をそのまま利用できる。

答え

**(1)**

$$ I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}\qquad (n\geqq 3)

$$

**(2)**

$$ J_n=\frac{1}{2^{n+1}}I_n

$$

**(3)**

$$ J_6=\frac{5\pi}{2048}

$$