ウォリス積分を制覇する【高校数学】

ウォリス積分といえば，毎年どこかの大学入試で出題される，数学Ⅲの超頻出問題です．この記事では次の定積分をウォリス積分とします．

$\displaystyle I_n := \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^nx dx$

ただし $n$ は非負整数です．問題によれば， $\sin^n x$ が $\cos^n x$ となっていたり（問題１で示すように正弦と余弦で $I_n$ の値は同じです）， $n$ が正整数だったり，指数がずれていたりしますが，問題の解き方になんら変わりはありません．

ウォリス積分関連の問題は，慣れていないと難しいところがあるかもしれません．しかし逆に言えば出題されるような問題は限られていますので，解答の導出方法を覚えてしまえば非常に簡単な部類の問題に成り下がります．

この記事では，ウォリス積分関連の頻出問題を多く取り上げ，解説していこうと思います．解説は詳しく書きますが，数Ⅲまでの基礎知識は知っている前提とします．

また，下に例題が続きますが，解説を見る前に一度考えてみてください．

例題

例題１

$\displaystyle I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^nx dx$ を示せ．

あまりこの問題は実戦では見ませんが，出てもおかしくはないと思います．上の問題はつまり，すべての非負整数 $n$ について

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^nx dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^nx dx$

ということですが，面積を考えれば自明です．解答としてはこれでいいのかもしれませんが，式で示そうとすると置換積分を使います． $I_n$ で $x = \frac{\pi}{2} - t$ と置くと

$\displaystyle I_n = \int_{\frac{\pi}{2}}^0 \sin^n \left( \frac{\pi}{2} - t \right) \left( -1 \right) dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n t dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^nx dx$

です．マイナス倍は積分区間を反転するのに使いました．

例題２

$n \geq 2$ のとき， $\displaystyle I_n$ を $\displaystyle I_{n-2}$ を用いて表せ．

ウォリス積分関連では超頻出重要問題です． $I_n$ と $I_{n-2}$ では被積分関数の次数が2つ下がっています．次数が下がるといえば微分ですから，部分積分を用います．

$\displaystyle \begin{equation}\begin{split} I_n &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^nx dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \sin^{n-1}x dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( -\cos x \right)' \sin^{n-1}x dx = \Bigl[ \left( -\cos x \right) \sin^{n-1}x \Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( - \cos x \right) \left( \sin^{n-1}x \right)' dx \\ &= - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( - \cos x \right) \left\{ \left( n - 1 \right) \sin^{n-2} x \cos x \right\} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \cos^2 x \right) \sin^{n-2} x dx \\ &= \left( n-1 \right) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( 1 - \sin^2 x \right) \sin^{n-2} x dx = \left( n-1 \right) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin^{n-2} x - \sin^n x \right) dx \\ &= \left( n-1 \right) \left( I_{n-2} - I_n \right) dx \end{split}\end{equation}$

$\displaystyle \therefore \ I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2} \tag{1}$

サインを一つ出して部分積分と覚えましょう．部分積分するところだけ覚えておけば，あとは「なるようになれ」です．

例題３

$\displaystyle I_8,\ I_9$ を求めよ．

簡単な計算問題です．(1)の漸化式を使います． $n = 8$ を代入すれば，

$\displaystyle I_8 = \frac{7}{8} I_6$

となり $I_6$ がわかれば $I_8$ がわかります．ですから，

$\displaystyle \begin{equation}\begin{split} I_6 &= \frac{5}{6} I_4 \\ I_4 &= \frac{3}{4} I_2 \\ I_2 &= \frac{1}{2} I_0 \end{split}\end{equation}$

より，

$\displaystyle I_8 = \frac{7}{8} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} I_0$

また，同様にして，

$\displaystyle I_9 = \frac{8}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} I_1$

です．定義より簡単な計算で $\displaystyle I_0 = \frac{\pi}{2},\ I_1 = 1$ がわかるので，

$\displaystyle I_8 = \frac{35 \pi}{256},\ I_9 = \frac{128}{315}$

です．

今回は，添え字が $8$ と $9$ の場合でしたが，これが大きくなっても繰り返し(1)を適用すれば，結局 $I_0$ or $I_1$ の有理数倍に帰着できます．

例題４

$n \geq 1$ のとき， $\displaystyle I_n I_{n-1}$ を $n$ を用いて表せ．

この問題はしばしば問題２とともに出題されます．(1)を使うことを覚えておきましょう．(1)より，

$\displaystyle n I_n = (n-1) I_{n-2}$

両辺に $I_{n-1}$ を掛けて，

$\displaystyle n I_n I_{n-1} = (n-1) I_{n-1} I_{n-2}$

ここで，数列 $\displaystyle \left\{ n I_n I_{n-1} \right\}$ は定数列ですから，

$\displaystyle n I_n I_{n-1} = 1 \cdot I_1 I_0 = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \therefore \ I_n I_{n-1} = \frac{\pi}{2n} \tag{2}$

です．両辺に $I_{n-1}$ を掛けたのは，例えば

$\displaystyle n a_{n+1} = (n-2) a_n$

のような漸化式を解く際，両辺に $(n-1)$ を掛ける感覚と同じです．

例題５

$\displaystyle I_{n+1} < I_n$ を表せ．

被積分関数に注目しましょう． $\displaystyle 0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき $0 < \sin x < 1$ ですから，

$\displaystyle \sin^{n+1} x < \sin^n x$

が成り立ちます．両辺積分することで題意の不等式

$\displaystyle I_{n+1} < I_n \tag{3}$

が示されました．これは，数列 $\displaystyle \left\{ I_n \right\}$ が狭義減少数列であることを表します．

例題６

極限値 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{I_n}{I_{n-1}}$ を調べよ．

挟み撃ちの出番です．(3)より， $n \geq 2$ のとき，

$\displaystyle I_n < I_{n-1} < I_{n-2}$

$\displaystyle \therefore \ \frac{I_n}{I_{n-2}} < \frac{I_n}{I_{n-1}} < 1$

(1)より，

$\displaystyle \frac{n-1}{n} < \frac{I_n}{I_{n-1}} < 1$

$n \to \infty$ で $\displaystyle \frac{n-1}{n} \to 1$ なので，挟み撃ちの原理より，

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{I_n}{I_{n-1}} = 1 \tag{4}$

です．

例題７

極限値 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{n} I_n$ を調べよ．

初見では，挟み撃ちを企てようとするかと思いますが，(4)を求めていれば挟み撃ちにする必要はありません（挟み撃ちでも解けます）． $I_n > 0$ , (2), (4)より

$\displaystyle \begin{equation}\begin{split} \lim_{n \to \infty} \sqrt{n} I_n &= \lim_{n \to \infty} \sqrt{n I_n^2} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{n \cdot I_n I_{n-1} \cdot \frac{I_n}{I_{n-1}}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \sqrt{n \cdot \frac{\pi}{2n} \cdot \frac{I_n}{I_{n-1}}} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \end{split}\end{equation}$

ここで $\sqrt{x}$ が連続であることを用いました．

例題８

$\displaystyle I_{2n},\ I_{2n-1}$ を求めよ*1．

あまりこのような問題は見ませんし，特に難しいわけでもないので，飛ばしてもらって結構です．(1)を繰り返し用いることで，

$\displaystyle I_{2n} = \frac{2n-1}{2n} \cdot \frac{2n-3}{2n-2} \cdot \cdots \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot I_0$

$\displaystyle I_{2n-1} = \frac{2n-2}{2n-1} \cdot \frac{2n-4}{2n-3} \cdot \cdots \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot I_1$

ここで，

$\displaystyle \begin{equation}\begin{split} (2n-1) \cdot (2n-3) \cdot \cdots \cdot 3 \cdot 1 &= \frac{2n \cdot (2n-1) \cdot (2n-2) \cdot (2n-3) \cdot \cdots \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{2n \cdot (2n-2) \cdot \cdots \cdot 4 \cdot 2} \\ &= \frac{ (2n)! }{ 2^n \{ n \cdot (n-1) \cdot \cdots \cdot 2 \cdot 1 \} } = \frac{ (2n)! }{ 2^n n! } \end{split}\end{equation}$

$\displaystyle 2n \cdot (2n-2) \cdot \cdots \cdot 4 \cdot 2 = 2^n n!$

なので，

$\displaystyle I_{2n} = \frac{\frac{(2n)!}{2^n n!}}{2^n n!} I_0 = \frac{(2n)!}{4^n n!^2} \frac{\pi}{2} = \frac{{}_{2n} \mathrm{C}_n}{4^n} \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle I_{2n-1} = \frac{2^{n-1} (n-1)!}{\frac{(2n)!}{2^n n!}} I_1 = \frac{2^{2n-1}}{2n\frac{(2n-1)!}{n!(n-1)!}} = \frac{4^{n-1}}{n {}_{2n-1} \mathrm{C}_{n-1}}$