解説

方針・初手

まずは定義から直接求まるものを計算し、その後に $I_n$ 同士を結ぶ漸化式

$$ nI_n-(n+1)I_{n+2}+(\sqrt{2})^n=0

$$

を作るのが基本方針である。

この漸化式が得られれば、負の添字や $I_3$ も順に求められる。(5) の積分は $x=\tan\theta$ と置くことで、いずれも $I_n$ の形に帰着できる。

解法1

**(1)**

$I_0,\ I_{-1},\ I_2$ を求める。

定義

$$ I_n=\int_0^{\pi/4}\frac{dx}{(\cos x)^n} =\int_0^{\pi/4}\sec^n x,dx

$$

より、

$$ I_0=\int_0^{\pi/4}1,dx=\frac{\pi}{4}

$$

である。

また、

$$ I_{-1}=\int_0^{\pi/4}\cos x,dx =\sin x\Big|_0^{\pi/4} =\frac{1}{\sqrt{2}}

$$

さらに、

$$ I_2=\int_0^{\pi/4}\sec^2 x,dx =\tan x\Big|_0^{\pi/4} =1

$$

したがって、

$$ I_0=\frac{\pi}{4},\qquad I_{-1}=\frac{1}{\sqrt{2}},\qquad I_2=1

$$

**(2)**

$I_1$ を求める。

$$ I_1=\int_0^{\pi/4}\sec x,dx

$$

であり、

$$ \int \sec x,dx=\log|\sec x+\tan x|+C

$$

を用いると、

$$ I_1=\log(\sec x+\tan x)\Big|_0^{\pi/4} =\log(\sqrt{2}+1)-\log 1 =\log(\sqrt{2}+1)

$$

よって、

$$ I_1=\log(\sqrt{2}+1)

$$

（3） 漸化式を示す。

$$ I_{n+2}=\int_0^{\pi/4}\sec^{n+2}x,dx =\int_0^{\pi/4}\sec^n x\sec^2 x,dx

$$

と書き、部分積分を行う。 ここで

$$ u=\sec^n x,\qquad dv=\sec^2 x,dx

$$

とおくと、

$$ du=n\sec^n x\tan x,dx,\qquad v=\tan x

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} I_{n+2} &=\Bigl[\sec^n x\tan x\Bigr]_0^{\pi/4} -n\int_0^{\pi/4}\sec^n x\tan^2 x,dx \end{aligned}

$$

ここで $\tan^2 x=\sec^2 x-1$ を用いると、

$$ \begin{aligned} \int_0^{\pi/4}\sec^n x\tan^2 x,dx &=\int_0^{\pi/4}\sec^n x(\sec^2 x-1),dx \\ &=I_{n+2}-I_n \end{aligned}

$$

となる。したがって、

$$ \begin{aligned} I_{n+2} &=\Bigl[\sec^n x\tan x\Bigr]*0^{\pi/4} -n(I*{n+2}-I_n) \end{aligned}

$$

である。

端点での値は

$$ \Bigl[\sec^n x\tan x\Bigr]_0^{\pi/4} =(\sqrt{2})^n\cdot 1-1^n\cdot 0 =(\sqrt{2})^n

$$

だから、

$$ I_{n+2}=(\sqrt{2})^n-nI_{n+2}+nI_n

$$

すなわち

$$ (n+1)I_{n+2}=nI_n+(\sqrt{2})^n

$$

よって、

$$ nI_n-(n+1)I_{n+2}+(\sqrt{2})^n=0

$$

が整数 $n$ に対して成り立つ。

**(4)**

$I_{-3},\ I_{-2},\ I_3$ を求める。

まず $n=-3$ を漸化式に代入すると、

$$ -3I_{-3}-(-2)I_{-1}+(\sqrt{2})^{-3}=0

$$

すなわち

$$ -3I_{-3}+2I_{-1}+\frac{1}{2\sqrt{2}}=0

$$

である。(1) より $I_{-1}=1/\sqrt{2}$ だから、

$$ -3I_{-3}+\frac{2}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}=0

$$

$$ -3I_{-3}+\frac{5}{2\sqrt{2}}=0

$$

したがって、

$$ I_{-3}=\frac{5}{6\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{12}

$$

次に $n=-2$ を代入すると、

$$ -2I_{-2}-(-1)I_0+(\sqrt{2})^{-2}=0

$$

すなわち

$$ -2I_{-2}+I_0+\frac12=0

$$

(1) より $I_0=\pi/4$ なので、

$$ 2I_{-2}=\frac{\pi}{4}+\frac12

$$

よって、

$$ I_{-2}=\frac{\pi}{8}+\frac14

$$

さらに $n=1$ を代入すると、

$$ I_1-2I_3+\sqrt{2}=0

$$

ゆえに、

$$ 2I_3=I_1+\sqrt{2}

$$

(2) より $I_1=\log(\sqrt{2}+1)$ だから、

$$ I_3=\frac{\log(\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}}{2}

$$

（5） 2つの定積分を求める。

まず

$$ \int_0^1\sqrt{x^2+1},dx

$$

に対して $x=\tan\theta$ とおく。 このとき $dx=\sec^2\theta,d\theta$ であり、$x=0$ のとき $\theta=0$、$x=1$ のとき $\theta=\pi/4$ である。さらに

$$ \sqrt{x^2+1}=\sqrt{\tan^2\theta+1}=\sec\theta

$$

だから、

$$ \int_0^1\sqrt{x^2+1},dx =\int_0^{\pi/4}\sec\theta\sec^2\theta,d\theta =\int_0^{\pi/4}\sec^3\theta,d\theta =I_3

$$

したがって、

$$ \int_0^1\sqrt{x^2+1},dx =\frac{\log(\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}}{2}

$$

次に

$$ \int_0^1\frac{dx}{(x^2+1)^2}

$$

について同様に $x=\tan\theta$ とおくと、

$$ x^2+1=\sec^2\theta,\qquad dx=\sec^2\theta,d\theta

$$

より、

$$ \int_0^1\frac{dx}{(x^2+1)^2} =\int_0^{\pi/4}\frac{\sec^2\theta}{\sec^4\theta},d\theta =\int_0^{\pi/4}\cos^2\theta,d\theta =I_{-2}

$$

よって、

$$ \int_0^1\frac{dx}{(x^2+1)^2} =\frac{\pi}{8}+\frac14

$$

解説

この問題の中心は、$I_n=\int_0^{\pi/4}\sec^n x,dx$ と見て、$I_{n+2}$ を部分積分することで漸化式を作る点にある。

負の添字では $\sec^n x$ が $\cos^{-n}x$ となるので、むしろ計算しやすい形になる。(5) は一見別問題に見えるが、$x=\tan\theta$ によってそのまま $I_3,\ I_{-2}$ に落ちるので、(1)〜(4) の結果を使うのが自然である。

答え

**(1)**

$$ I_0=\frac{\pi}{4},\qquad I_{-1}=\frac{1}{\sqrt{2}},\qquad I_2=1

$$

**(2)**

$$ I_1=\log(\sqrt{2}+1)

$$

**(3)**

$$ nI_n-(n+1)I_{n+2}+(\sqrt{2})^n=0

$$

**(4)**

$$ I_{-3}=\frac{5\sqrt{2}}{12},\qquad I_{-2}=\frac{\pi}{8}+\frac14,\qquad I_3=\frac{\log(\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}}{2}

$$

**(5)**

$$ \int_0^1\sqrt{x^2+1},dx =\frac{\log(\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}}{2}

$$

$$ \int_0^1\frac{dx}{(x^2+1)^2} =\frac{\pi}{8}+\frac14

$$