積分の漸化式

前提知識: 部分積分, 定積分, 数学的帰納法, 微分積分学の基本定理, 三角関数, 指数関数, 対数関数

動機

$\int_0^1x^3e^x\,dx$ なら部分積分を 3 回すれば求まる。では $\int_0^1x^{20}e^x\,dx$ はどうか。20 回の部分積分を書き下すのは現実的でない。こういうときは、自然数 $n$ を含む積分の列 $I_n$ を考え、$I_n$ を $I_{n-1}$ や $I_{n-2}$ で表す式（積分の漸化式）を作る。漸化式と最初の値 $I_0$ が分かれば、あとは数列の計算で $I_n$ がすべて決まる。
漸化式には、値を求める以外の使い道もある。$I_n$ の大きさを評価したり、$n\to\infty$ での振る舞いを調べたりできる。本記事では、漸化式の立て方を 3 つの型に分け、例ごとに、何に目をつけ、どう試し、どこで詰まり、どう直すかを見る。
以下では、閉区間上の連続関数は積分でき、積分は線形で、$f\le g$ なら $\int_a^bf\le\int_a^bg$（積分の単調性）であることを前提とし、微分積分学の基本定理を次の形で使う（Leb26 Theorem 5.3.1）：$G$ が $[a,b]$ で微分可能で $G'$ が連続なら、$\int_a^bG'(x)\,dx=G(b)-G(a)$ である。微分可能で導関数が連続な関数を $C^1$ 級という。$\log$ は自然対数である。

定理と証明

漸化式の立て方は、次の 3 つの型にまとめられる。

• (A) 部分積分で次数を下げる。 微分すると $n$ が 1 つ下がる因子（$x^n$、$(\log x)^n$、$\sin^{n-1}x$ など）を $F$ にし、残りを $G'$ にする。
• (B) 恒等式で差をとる。 $\tan^2x=\frac1{\cos^2x}-1$ のような恒等式で被積分関数を分け、$I_n+I_{n-2}$ のような組合せを直接計算する。
• (C) 部分積分で次数を上げてから解く。 下げる相手が見つからないときは、逆に $I_n$ を $I_{n+1}$ で表し、それを $I_{n+1}$ について解く。
  指数を 2 つ下げる漸化式 $I_n=\frac{n-1}nI_{n-2}$ とその値の公式は Wallis積分（高校数学） で扱う。

例

例 1（$x^ne^x$ と、漸化式の数値計算の落とし穴）

$x^n$ は微分すると次数が 1 下がり、$e^x$ は積分しても変わらない。候補は (a) $n$ 回部分積分して原始関数を書き下す、(b) 1 回だけ部分積分して漸化式にする（型 A）、である。
(a) $n=3$ なら $\int x^3e^x\,dx=e^x(x^3-3x^2+6x-6)$ となり、$I_3=e(1-3+6-6)-(-6)=6-2e$ である。一般の $n$ でも $\int x^ne^x\,dx=e^x\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k}$ と書けるが、$n=20$ で 21 項の和を扱うのは重い。
(b) $F=x^n$、$G=e^x$ として thm-ired-parts を使うと、$n\ge1$ で
$$ I_n=\bigl[x^ne^x\bigr]_0^1-n\int_0^1x^{n-1}e^x\,dx=e-nI_{n-1} $$
である。$I_0=e-1$ から $I_1=1$、$I_2=e-2$、$I_3=e-3(e-2)=6-2e$ となる。評価は、$0\le x\le1$ で $x^n\le x^ne^x\le ex^n$ を積分すれば $\frac1{n+1}\le I_n\le\frac e{n+1}$ である。
ここに落とし穴がある。漸化式を使って $e\approx2.718$ で $I_n$ を順に計算してみる。小数第 3 位で丸めると
$$ I_1\approx1.000,\ I_2\approx0.718,\ I_3\approx0.564,\ I_4\approx0.462,\ I_5\approx0.408,\ I_6\approx0.270,\ I_7\approx0.828,\ I_8\approx-3.906 $$
となる。$I_8$ が負になったが、上の評価から $0.111<\frac19\le I_8\le\frac e9<0.303$ のはずである。正しい値は $I_8=0.2744\ldots$ である。どこで壊れたのか。
$e$ の近似の誤差を $\delta$ として、計算値と真の値の差を $d_n$ とおくと、$d_0=\delta$、$d_n=\delta-nd_{n-1}$ である。1 段ごとに誤差が $-n$ 倍されるので、これを解くと $d_n=(-1)^nn!\,\delta\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^j}{j!}$ となり、$|d_n|$ はおよそ $\frac{n!}e|\delta|$ である。$\delta\approx-2.8\times10^{-4}$、$8!=40320$ なので、$I_8$ の誤差が $4$ 程度になるのは当然である。倍精度の浮動小数点数（相対誤差 $10^{-16}$ 程度）で計算しても、$18!\approx6\times10^{15}$ なので $I_{18}$ あたりで符号が狂う。
直し方は、漸化式を逆向きに使うことである。$I_{n-1}=\frac{e-I_n}n$ なら、1 段ごとに誤差は $\frac1n$ 倍になる。たとえば $I_{30}$ を $0$ と置き（真の値との差は評価より $\frac e{31}<0.1$ 以下）、逆向きに $I_{20}$ まで戻ると、誤差は $\frac{0.1}{30\cdot29\cdots21}<10^{-14}$ 以下に縮む。実際にこれで $I_{20}=0.12380383076\ldots$ が得られる。
部分積分で次数が下がるのは、$x^n$ が「微分すると簡単になる」因子で、$e^x$ が「積分しても複雑にならない」因子だからである。漸化式は値を求める式であると同時に、誤差がどう伝わるかを決める式でもある。この漸化式では、係数 $n$ が掛かる向きに計算すると誤差が増え、割る向きなら減る。評価 $\frac1{n+1}\le I_n\le\frac e{n+1}$ は、計算結果の検査にも使える。

例 2（$(\log x)^n$ と、どちらを微分するか）

$(\log x)^n$ は微分すると $\frac{n(\log x)^{n-1}}x$ となり、$\log$ の次数が 1 下がる。他に因子がないように見える。候補は (a) $(\log x)^n$ を $G'$ にする、(b) $(\log x)^n$ を $F$ にし、$G'=1$ とする、(c) $t=\log x$ と置換する、である。
(a) $G'=(\log x)^n$ とするには $(\log x)^n$ の原始関数 $G$ が要るが、それこそ求めたいものである。この選び方は堂々巡りになる。
そこで (b)、「掛かっていない因子 $1$」を $G'$ と見る。$F=(\log x)^n$、$G=x$ として thm-ired-parts を使うと、$F'G=n(\log x)^{n-1}$ となって $x$ が打ち消され、
$$ J_n=\bigl[x(\log x)^n\bigr]_1^e-n\int_1^e(\log x)^{n-1}\,dx=e-nJ_{n-1} $$
である。$J_0=e-1$ から $J_1=1$、$J_2=e-2$、$J_3=6-2e$ となる。
漸化式も初期値も例 1 とまったく同じである。実際、(c) の置換 $x=e^t$（$dx=e^t\,dt$）で $J_n=\int_0^1t^ne^t\,dt=I_n$ となる。つまり $\log$ の積分は、置換で指数関数の積分に直る。$(\log x)^n$ のように「原始関数が分からない因子しかない」ときは、見えない因子 $1$ を $G'$ にする。$\int\log x\,dx=x\log x-x$ もこの形である。

例 3（$\sin^nx$ と、偶数乗の壁）

$\sin$ の累乗である。奇数乗なら 1 つの $\sin x$ を $-(\cos x)'$ として取り出せる。候補は (a) 奇数乗は $u=\cos x$ と置換する、(b) 偶数乗は半角の公式 $\sin^2x=\frac{1-\cos2x}2$ で次数を下げる、(c) 漸化式を作る（型 A）、である。
(a) $n=5$ なら $\sin^5x=(1-\cos^2x)^2\sin x$ なので、$u=\cos x$ で $S_5=\int_0^1(1-u^2)^2\,du=1-\frac23+\frac15=\frac8{15}$ である。ところが $n=6$ では $\sin x$ が 1 つ余らず、この置換は使えない。(b) $\sin^6x=\frac18(1-\cos2x)^3$ を展開すると $\cos^22x$ と $\cos^32x$ が現れ、$\cos^22x$ にはまた半角の公式、$\cos^32x$ には (a) の置換が要る。$n$ が大きくなると場合分けが増える。
そこで (c)、$\sin^nx=\sin^{n-1}x\cdot\sin x$ とし、$F=\sin^{n-1}x$、$G=-\cos x$ として thm-ired-parts を使う。$n\ge2$ なら $F(0)=0$、$G(\frac\pi2)=0$ なので境界の項は $0$ であり、$\cos^2x=1-\sin^2x$ から
$$ S_n=(n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx=(n-1)(S_{n-2}-S_n) $$
となる。移項して $nS_n=(n-1)S_{n-2}$ を得る。$S_0=\frac\pi2$、$S_1=1$ から
$$ S_5=\frac45\cdot\frac23\cdot1=\frac8{15},\qquad S_6=\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac{5\pi}{32} $$
である。
漸化式を使うと、奇数乗と偶数乗の区別は初期値 $S_1=1$ と $S_0=\frac\pi2$ の違いだけになる。このため奇数乗の値は有理数、偶数乗の値は $\pi$ の有理数倍になる。不定積分でも同じ計算で $\int\sin^nx\,dx=-\frac{\sin^{n-1}x\cos x}n+\frac{n-1}n\int\sin^{n-2}x\,dx$ が得られる。この漸化式から $n\to\infty$ での $S_n$ の振る舞いを調べると円周率の積表示（Wallisの公式（高校数学））に至るが、本記事では立ち入らない。

例 4（$\tan^nx$ と、差をとる漸化式）

$\tan$ の累乗である。$\tan x$ の導関数は $\frac1{\cos^2x}=1+\tan^2x$ で、$\tan^2x$ が「導関数」と「定数」に分かれる。候補は (a) 例 3 と同じく $\tan^nx=\tan^{n-1}x\cdot\tan x$ として部分積分する、(b) $\tan^2x=\frac1{\cos^2x}-1$ で分ける（型 B）、である。
(a) $\tan x$ の原始関数は $-\log\cos x$ なので、$F=\tan^{n-1}x$、$G=-\log\cos x$ とすると
$$ T_n=\bigl[-\tan^{n-1}x\log\cos x\bigr]_0^{\pi/4}+(n-1)\int_0^{\pi/4}\frac{\tan^{n-2}x}{\cos^2x}\log\cos x\,dx $$
となる。右辺の積分には $\log\cos x$ が残り、$T_{n-2}$ の形に戻らない。$\tan x$ は積分すると $\log$ が現れて複雑になる因子なので、$G'$ に選ぶのは誤りだった。
そこで (b)、$\tan^nx=\tan^{n-2}x\bigl(\frac1{\cos^2x}-1\bigr)$ とすると、$n\ge2$ で
$$ T_n=\int_0^{\pi/4}\tan^{n-2}x\cdot\frac{dx}{\cos^2x}-T_{n-2}=\Bigl[\frac{\tan^{n-1}x}{n-1}\Bigr]_0^{\pi/4}-T_{n-2}=\frac1{n-1}-T_{n-2} $$
である（1 つ目の積分は $u=\tan x$ の置換、あるいは $\bigl(\frac{\tan^{n-1}x}{n-1}\bigr)'=\frac{\tan^{n-2}x}{\cos^2x}$ から）。部分積分は使っていない。
初期値は $T_0=\frac\pi4$、$T_1=\bigl[-\log\cos x\bigr]_0^{\pi/4}=\frac12\log2$ である。$a_m:=(-1)^mT_{2m}$ とおくと漸化式は $a_m=a_{m-1}+\frac{(-1)^m}{2m-1}$ となるので、
$$ T_{2m}=(-1)^m\Bigl(\frac\pi4-\sum_{k=1}^m\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\Bigr),\qquad T_{2m+1}=(-1)^m\Bigl(\frac12\log2-\sum_{k=1}^m\frac{(-1)^{k-1}}{2k}\Bigr) $$
を得る（奇数番目も同様）。
次に $T_n\to0$ を示す。$0\le x\le\frac\pi4$ では $0\le\tan x\le1$ なので $\tan^{n+2}x\le\tan^nx$、よって $T_{n+2}\le T_n$ である。これと漸化式から $2T_{n+2}\le T_n+T_{n+2}=\frac1{n+1}$、すなわち $0\le T_{n+2}\le\frac1{2(n+1)}$ である。したがって上の 2 式の括弧の中は $m\to\infty$ で $0$ に近づき、
$$ \frac\pi4=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1},\qquad \frac12\log2=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k} $$
である。2 つ目を 2 倍すれば $\log2=1-\frac12+\frac13-\cdots$ である。
部分積分が効かなかったのは、$\tan x$ を積分すると $\log$ が出るからである。代わりに「$\tan^2x$ は導関数 $\frac1{\cos^2x}$ と定数の差」という恒等式を使うと、$T_n$ と $T_{n-2}$ の和が直接計算できた。この型の漸化式は、$I_n$ そのものではなく $I_n+I_{n-2}$ や $I_n-I_{n-1}$ が簡単になる形を探す。さらに、単調性 $T_{n+2}\le T_n$ と組み合わせると、漸化式から極限や級数の和が引き出せる。

例 5（$\frac1{(1+x^2)^n}$ と、上げてから解く漸化式）

分母が $1+x^2$ の累乗で、分子は $1$ である。$1+x^2$ は実数の範囲ではこれ以上因数分解できない。$K_1=\frac\pi4$ である。候補は (a) 部分分数分解、(b) 型 A のように何かを微分して $n$ を下げる、(c) 逆に $n$ を上げる部分積分をして、それを解く（型 C）、である。
(a) 分母の因子は $1+x^2$ しかなく、$\frac1{(1+x^2)^n}$ はすでに部分分数の形である。分解では何も進まない。(b) 被積分関数は 1 つの因子しかない。例 2 のように $G'=1$、$F=(1+x^2)^{-n}$ とすると、$F'=-2nx(1+x^2)^{-n-1}$ で、$n$ は上がってしまう。
上がってしまうならそれを受け入れる（(c)）。(b) の計算を続けると
$$ K_n=\Bigl[\frac x{(1+x^2)^n}\Bigr]_0^1+2n\int_0^1\frac{x^2}{(1+x^2)^{n+1}}\,dx $$
である。ここで $\frac{x^2}{(1+x^2)^{n+1}}=\frac{(1+x^2)-1}{(1+x^2)^{n+1}}=\frac1{(1+x^2)^n}-\frac1{(1+x^2)^{n+1}}$ なので、$K_n=2^{-n}+2n(K_n-K_{n+1})$ である。これを $K_{n+1}$ について解けば主張の漸化式を得る。$n=1$ で $K_2=\frac{\frac12+\frac\pi4}2=\frac14+\frac\pi8$、$n=2$ で $K_3=\frac{\frac14+3K_2}4=\frac14+\frac{3\pi}{32}$ である。
部分積分は「$n$ を下げる」ためだけの道具ではない。$I_n$ を $I_{n+1}$ で表す式が得られれば、それを $I_{n+1}$ について解くだけで下げる漸化式になる。$x=\tan\theta$ と置換すると $K_n=\int_0^{\pi/4}\cos^{2n-2}\theta\,d\theta$ となり、例 3 と同じ型の漸化式（ただし境界の項が $0$ にならない）でも求められる。どちらの道でも $\pi$ は $K_1$ から、有理数は境界の項 $2^{-n}$ から入る。

例 6（2 つの添字をもつ積分）

2 つの因子 $x^m$ と $(1-x)^n$ があり、どちらも微分で次数が下がり、積分で次数が上がる。候補は (a) $(1-x)^n$ を二項定理で展開して項別に積分する、(b) 一方を微分し他方を積分する部分積分で、添字を 1 つずつ動かす、である。
(a) 展開すると $B(m,n)=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\int_0^1x^{m+k}\,dx=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{m+k+1}\binom nk$ となる。正しいが、符号が交互の和のままで、きれいな形が見えない。たとえば $m=2$、$n=3$ では $\frac13-\frac34+\frac35-\frac16=\frac1{60}$ で、計算してはじめて簡単な分数になることが分かる。
(b) $n\ge1$ で $F=(1-x)^n$、$G=\frac{x^{m+1}}{m+1}$ として thm-ired-parts を使う。境界の項は $x=0$ でも $x=1$ でも $0$ なので
$$ B(m,n)=\frac n{m+1}\int_0^1x^{m+1}(1-x)^{n-1}\,dx=\frac n{m+1}B(m+1,n-1) $$
である。$n$ を 1 下げるたびに $m$ が 1 上がり、$m+n$ は一定である。$n$ 回繰り返すと
$$ B(m,n)=\frac{n}{m+1}\cdot\frac{n-1}{m+2}\cdots\frac1{m+n}\,B(m+n,0)=\frac{n!\,m!}{(m+n)!}\cdot\frac1{m+n+1} $$
となる（$B(m+n,0)=\frac1{m+n+1}$）。(a) と比べれば恒等式を得る。$m=2$、$n=3$ では $\frac{2!\,3!}{6!}=\frac1{60}$ である。
添字が 2 つあるときは、「和 $m+n$ を保って一方を他方へ移す」漸化式を作ると、最後は添字が 1 つの簡単な積分に行き着く。直接展開と漸化式の 2 通りで同じ積分を計算すると、組合せの恒等式が副産物として得られる。

反例と注意

補足

判断の目安

表の各行は、括弧内の例で確かめた形をもとにまとめたものである。例で扱っていない形（$x^n\sin x$、$x^m(\log x)^n$ など）は同じ手を試す候補として挙げたもので、本記事では計算していない。

さらに先へ

• 例 1 の積分を $[0,\infty)$ に広げた $\int_0^\infty x^ne^{-x}\,dx$ は、同じ部分積分で $n\int_0^\infty x^{n-1}e^{-x}\,dx$ に等しく、値は $n!$ になる。$n$ を実数 $s$ に広げたものがガンマ関数 $\Gamma(s+1)$ で、漸化式 $\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)$ は階乗の漸化式 $n!=n\cdot(n-1)!$ の拡張である。例 6 の $B(m,n)$ はベータ関数の整数での値である。ただし番号が 1 つずれていて、標準の記号では $B(m+1,n+1)$ にあたる。
• 例 3 の $S_n$ の漸化式と単調性を組み合わせると、$\sqrt n\,S_n\to\sqrt{\pi/2}$ が示され、Wallisの公式（高校数学）、Gauss 積分、Stirlingの公式へ進める。

関連項目

• 前提: 部分積分, 定積分, 数学的帰納法, 微分積分学の基本定理, 三角関数, 指数関数, 対数関数
• 全体像: 積分計算の技法
• 前に読む: 部分積分の使い方
• 次に読む: 積分の評価, Wallis積分（高校数学）
• 関連（高校数学）: 対称性を用いた積分, Wallisの公式（高校数学）, 三項間漸化式の特性方程式
• 発展: Wallisの公式, ガンマ関数, ベータ関数, Stirlingの公式
• 比較: 置換積分, 部分分数分解