解説

方針・初手

部分積分を用いて、$I(m,n)$ を $n$ が 1 小さい積分に結びつけるのが基本方針である。

まず （1） で $n=1$ の場合を直接計算する。次に （2） で部分積分により漸化式

$$ I(m,n)=\frac{n}{m+1}I(m+1,n-1)

$$

を得る。最後にこれを繰り返し用いて一般式を求める。

解法1

**(1)**

$$ I(m,1)=\int_0^1 x^m(1-x),dx =\int_0^1 (x^m-x^{m+1}),dx

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} I(m,1) &=\left[\frac{x^{m+1}}{m+1}-\frac{x^{m+2}}{m+2}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{m+1}-\frac{1}{m+2} \\ &=\frac{1}{(m+1)(m+2)}. \end{aligned}

$$

したがって、

$$ I(m,1)=\frac{1}{(m+1)(m+2)}.

$$

**(2)**

$n\ge 2$ とする。ここで

$$ I(m,n)=\int_0^1 x^m(1-x)^n,dx

$$

に対し、

$$ u=(1-x)^n,\quad dv=x^m,dx

$$

とおくと、

$$ du=-n(1-x)^{n-1},dx,\quad v=\frac{x^{m+1}}{m+1}

$$

である。よって部分積分より、

$$ \begin{aligned} I(m,n) &=\left[\frac{x^{m+1}}{m+1}(1-x)^n\right]_0^1 +\frac{n}{m+1}\int_0^1 x^{m+1}(1-x)^{n-1},dx. \end{aligned}

$$

端点では、$x=1$ のとき $(1-x)^n=0$、$x=0$ のとき $x^{m+1}=0$ であるから、境界項は 0 になる。したがって、

$$ I(m,n)=\frac{n}{m+1}\int_0^1 x^{m+1}(1-x)^{n-1},dx.

$$

ゆえに、

$$ I(m,n)=\frac{n}{m+1}I(m+1,n-1).

$$

**(3)**

（2） の関係式を繰り返し用いると、

$$ \begin{aligned} I(m,n) &=\frac{n}{m+1}I(m+1,n-1) \\ &=\frac{n(n-1)}{(m+1)(m+2)}I(m+2,n-2) \\ &\qquad\vdots \\ &=\frac{n!}{(m+1)(m+2)\cdots(m+n-1)}I(m+n-1,1). \end{aligned}

$$

ここで （1） を $m+n-1$ に対して用いると、

$$ I(m+n-1,1)=\frac{1}{(m+n)(m+n+1)}.

$$

したがって、

$$ \begin{aligned} I(m,n) &=\frac{n!}{(m+1)(m+2)\cdots(m+n-1)}\cdot \frac{1}{(m+n)(m+n+1)} \\ &=\frac{n!}{(m+1)(m+2)\cdots(m+n+1)}. \end{aligned}

$$

さらに、

$$ (m+1)(m+2)\cdots(m+n+1)=\frac{(m+n+1)!}{m!}

$$

であるから、

$$ I(m,n)=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}.

$$

解説

この問題の要点は、部分積分で $(1-x)^n$ の指数を 1 つ下げることである。すると $I(m,n)$ が $I(m+1,n-1)$ で表され、$n$ を順に減らして最後は （1） の形に持ち込める。

境界項が 0 になることをきちんと確認することが重要である。ここを曖昧にすると、部分積分の式変形が不完全になる。

答え

**(1)**

$$ I(m,1)=\frac{1}{(m+1)(m+2)}.

$$

**(2)**

$$ I(m,n)=\frac{n}{m+1}I(m+1,n-1)\qquad (n\ge 2).

$$

**(3)**

$$ I(m,n)=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}.

$$