解説

方針・初手

3つ目の等式が最も一般的であるから、まず

$$ I_{n,m}:=\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^n(x-\beta)^m,dx

$$

をまとめて計算する。

区間 $[\alpha,\beta]$ を $[0,1]$ に移すために

$$ x=\alpha+(\beta-\alpha)t

$$

とおくと、積分区間が固定され、被積分関数も $(1-t)$ と $t$ のべきの形に整理できる。あとは

$$ \int_0^1 t^n(1-t)^m,dt

$$

を部分積分で処理すればよい。

解法1

まず

$$ I_{n,m}=\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^n(x-\beta)^m,dx

$$

とおく。

ここで

$$ x=\alpha+(\beta-\alpha)t

$$

とおけば、

$$ dx=(\beta-\alpha),dt, \qquad x-\alpha=(\beta-\alpha)t, \qquad x-\beta=(\beta-\alpha)(t-1)=-(\beta-\alpha)(1-t)

$$

であり、$x=\alpha$ のとき $t=0$、$x=\beta$ のとき $t=1$ である。したがって

$$ \begin{aligned} I_{n,m} &=\int_0^1 \bigl((\beta-\alpha)t\bigr)^n\bigl(-(\beta-\alpha)(1-t)\bigr)^m(\beta-\alpha),dt \\ &=(-1)^m(\beta-\alpha)^{n+m+1}\int_0^1 t^n(1-t)^m,dt \end{aligned}

$$

となる。

よって、あとは

$$ J_{n,m}:=\int_0^1 t^n(1-t)^m,dt

$$

を求めればよい。

$J_{n,m}$ に対して部分積分を行う。$u=(1-t)^m,\ dv=t^n,dt$ とおくと、

$$ du=-m(1-t)^{m-1},dt, \qquad v=\frac{t^{n+1}}{n+1}

$$

だから

$$ \begin{aligned} J_{n,m} &=\left[\frac{t^{n+1}}{n+1}(1-t)^m\right]*0^1+\frac{m}{n+1}\int_0^1 t^{n+1}(1-t)^{m-1},dt \\ &=\frac{m}{n+1}J*{n+1,m-1} \end{aligned}

$$

を得る。端点の値が $0$ になることを用いた。

この関係を $m$ 回繰り返すと、

$$ \begin{aligned} J_{n,m} &=\frac{m}{n+1}J_{n+1,m-1} \\ &=\frac{m(m-1)}{(n+1)(n+2)}J_{n+2,m-2} \\ &\ \ \vdots \\ &=\frac{m!}{(n+1)(n+2)\cdots(n+m)}J_{n+m,0}. \end{aligned}

$$

ところが

$$ J_{n+m,0}=\int_0^1 t^{n+m},dt=\frac{1}{n+m+1}

$$

であるから、

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

$$

となる。

したがって

$$ I_{n,m} =(-1)^m(\beta-\alpha)^{n+m+1}\frac{n!,m!}{(n+m+1)!}

$$

すなわち

$$ \begin{aligned} \int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^n(x-\beta)^m,dx &= (-1)^m\frac{n!,m!}{(n+m+1)!}(\beta-\alpha)^{n+m+1} \end{aligned} $$

が示された。

これより、（2） は $m=1$ の場合であるから

$$ \begin{aligned} \int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^n(x-\beta),dx &= (-1)^1\frac{n!,1!}{(n+2)!}(\beta-\alpha)^{n+2} \\ -\frac{n!}{(n+2)!}(\beta-\alpha)^{n+2} \end{aligned} $$

となる。

さらに、（1） は $n=m=1$ の場合であるから

$$ \begin{aligned} \int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)(x-\beta),dx &= (-1)^1\frac{1!,1!}{3!}(\beta-\alpha)^3 \\ -\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^3 \end{aligned} $$

となる。

以上で3つの等式がすべて証明された。

解説

この問題の本質は、積分区間 $[\alpha,\beta]$ を $[0,1]$ に移す置換

$$ x=\alpha+(\beta-\alpha)t

$$

にある。この置換により、$\alpha,\beta$ に関する複雑さがすべて $(\beta-\alpha)$ のべきに吸収される。

その後に現れる

$$ \int_0^1 t^n(1-t)^m,dt

$$

は典型的な形であり、部分積分を繰り返すと階乗の式に落ちる。個別に （1）、（2） を計算することもできるが、（3） を一度証明してしまえば前2者は特別な場合としてただちに従う。

答え

**(1)**

$$ \begin{aligned} \int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)(x-\beta),dx &= -\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^3 \end{aligned} $$

**(2)**

$$ \begin{aligned} \int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^n(x-\beta),dx &= -\frac{n!}{(n+2)!}(\beta-\alpha)^{n+2} \end{aligned} $$

**(3)**

$$ \begin{aligned} \int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^n(x-\beta)^m,dx &= (-1)^m\frac{n!,m!}{(n+m+1)!}(\beta-\alpha)^{n+m+1} \end{aligned} $$