今回はtan(x)n乗の積分の超難問を徹底解説していきます！受験数学のレベルをはるかに超える問題を見てみたい、解いてみたいという人はぜひ本記事を確認してみてください！また、積分道場では積分に関する超難問を順次解説予定です。ぜひ他の記事もチェックしてみてください！
【問題＆解説】tan(x)の積分問題
【問題1】\(\small \tan^{10}(x)\)の積分
\(\small \displaystyle \int^{\pi/4}_0 \tan^{10}x dx\)を求めよ。
求める積分を \(\small I_{n}=\displaystyle \int^{\pi/4}_0 \tan^{n}x dx\)とおいて、漸化式で解け！
\(\small I_{n}=\displaystyle \int^{\pi/4}_0 \tan^{n}x dx\)とおく。
被積分関数を\(\small \displaystyle \tan^2 x \cdot \tan^{n-2}x=\left(\frac{1}{\cos^2x}-1\right)\cdot \tan^{n-2} x\)と分離すると
\begin{split}
\small I_{n} &\small = \displaystyle \int^{\pi/4}_0 \tan^{n}x dx\\
&\small = \int^{\pi/4}_0 \left(\frac{1}{\cos^2x}-1\right)\cdot \tan^{n-2} x dx\\
&\small = \int^{\pi/4}_0 \tan^{n-2} x \frac{1}{\cos^2x} dx- \int^{\pi/4}_0 \tan^{n-2} x dx\\
&\small = \int^{\pi/4}_0 \tan^{n-2} x \frac{1}{\cos^2x} dx- I_{n-2}\\
\end{split}
右辺の第1項目について\(\small t=\tan x\)とおくと、\(\small \displaystyle dt = \frac{1}{\cos^2 x}dx\)、積分範囲は\(\small \displaystyle x:0 \to \frac{\pi}{4}\)が\(\small \displaystyle t:0 \to 1\)に代わるので
\begin{split}
\small (\mathrm{rhs} \space 1°) &\small = \int^1_0 t^{n-2} dt \\
&\small = \left [ \frac{t^{n-1}}{n-1} \right]^{1}_{0} \\
&\small = \frac{1}{n-1}\\
\end{split}
よって、積分\(\small I_{n}\)は、
$$\small I_{n}+I_{n-2}=\frac{1}{n-1}\quad \cdots ①$$
の漸化式を満たす。ただし、①は最初に\(\small \tan^n x\)から\(\small \tan^2 x\)を分離しているので、\(\small n≧2\)の範囲で成立する点に注意しておこう。
では、もともとの問題で求める積分は\(\small I_{10}\)になるので、ここから具体的に計算をしていこう。
まず、漸化式の出発点である\(\small I_{0}\)は定義から
\begin{split}
\small I_{0} & \small =\displaystyle \int^{\pi/4}_0 \tan^{0}x dx\\
& \small =\displaystyle \int^{\pi/4}_0 1\space dx\\
& \small =\displaystyle \frac{\pi}{4}\\
\end{split}
と求まるので、①で\(\small n=2\)とした漸化式に代入すると
\begin{split}
&\small I_{2}+I_{0}=\frac{1}{2-1}\\
\small \Leftrightarrow \space &\small I_{2}+\frac{\pi}{4}=1\\
\small ∴ \space &\small I_{2}=1-\frac{\pi}{4}\\
\end{split}
さらに、①で\(\small n=4\)とした漸化式に上式の結果を代入すると
\begin{split}
&\small I_{4}+I_{2}=\frac{1}{4-1}\\
\small ∴ \space &\small I_{4}=\frac{1}{3}-1+\frac{\pi}{4}\\
\end{split}
同様に、①の漸化式を繰り返し利用することで、
\begin{split}
& \small
\begin{cases}
\small \displaystyle I_{10}+I_{8}=\frac{1}{9}\\
\small \displaystyle I_{8}+I_{6}=\frac{1}{7}\\
\small \displaystyle I_{6}+I_{4}=\frac{1}{5}\\
\end{cases}\\
\small \Leftrightarrow \space I_{10} &\small=\frac{1}{9}-\frac{1}{7}+\frac{1}{5}-\left(\frac{1}{3}-1+\frac{\pi}{4} \right)\\
&\small =\frac{35-45+63-105+315}{315}-\frac{\pi}{4}\\
&\small =\color{red}{\frac{263}{315}-\frac{\pi}{4}\space \cdots 【答】}\\
\end{split}
【問題2】\(\small \tan^{n}(x)\)の積分
\(\small \displaystyle \int\tan^{n}x dx\)を求めよ。
\(\small I_{n}=\displaystyle \int \tan^{n}x dx\)とおく。
\begin{split}
\small I_{n} &\small = \int \tan^{n-2} x \frac{1}{\cos^2x} dx- I_{n-2}\\
\end{split}
までは問題1と同様。右辺第1項目は、今回は不定積分なので問題1と同様に\(\small t=\tan x\)と置換積分することで
\begin{split}
\small I_{n} &\small = \frac{\tan^{n-1}x}{n-1}- I_{n-2}\quad \cdots ①\\
\end{split}
ここで、①の漸化式は添え字が2個とび、すなわち添え字が偶数パターンか奇数パターンのいずれかになるので、2パターンに場合分けして考える。
[1] \(\small n\)が偶数の場合
\(\small n=2k \space (k=1,2,\cdots)\)とおくと
\begin{split}
\small I_{2k} &\small = \frac{\tan^{2k-1}x}{2k-1}- I_{2k-2}\\
&\small = \frac{\tan^{2k-1}x}{2k-1}- \left( \frac{\tan^{2k-3}x}{2k-3}- I_{2k-4} \right)\\
&\small = \frac{\tan^{2k-1}x}{2k-1}- \frac{\tan^{2k-3}x}{2k-3}+\cdots+(-1)^k I_{0} \quad [*1]\\
\end{split}
*1：【補足】\(\small I_0\)の係数について
文字のまま考えると分かりにくいので、具体的な値で考えるのが定石。
たとえば、\(\small k=1,2\)のときであれば、①の漸化式からそれぞれ
\begin{split}
\small I_{2} &\small = \tan x- I_{0}\\
\small I_{4} &\small = \frac{\tan^{3}x}{3}- I_{2}\\
&\small = \frac{\tan^{3}x}{3}- \tan x + I_{0}\\
\end{split}
のように、\(\small I_{0}\)の係数は±を振動しており、\(\small k\)が奇数のときに-1、偶数のときに+1となっていることから、\(\small \color{red}{(-1)^k}\)とおけることが分かる。
ここで、
\begin{split}
\small I_{0} &\small = \int dx =x+const(積分定数)
\end{split}
より
\begin{split}
\small I_{2k} &\small = \frac{\tan^{2k-1}x}{2k-1}- \frac{\tan^{2k-3}x}{2k-3}+\cdots+(-1)^kx +const\quad [*2]\\
&\small = \sum_{m=1}^{k}(-1)^{m-1}\frac{\tan^{\{2k-(2m-1)\}}x}{2k-(2m-1)}+(-1)^kx +const\\
&\small = \sum_{m=1}^{k}(-1)^{m-1}\frac{\tan^{\{2(k-m)+1\}}x}{2(k-m)+1}+(-1)^kx +const\\
\end{split}
*2：補足
正確には積分定数の部分は\(\small (-1)^k const\)となるが、結局定数なので\(\small (-1)^kconst \to const\)と定義し直した。
ここで、和の部分の見た目を少しだけきれいにしよう（ここからは好みの世界…）。
\begin{split}
&\small 1≦m≦k\\
\small \Leftrightarrow \space -k &\small ≦ -m≦-1\\
\small \Leftrightarrow \space 0≦ &\small k -m≦k-1\\
\small \Leftrightarrow \space 1≦ &\small k -m+1≦k\\
\end{split}
より、\(\small k-m+1=t\)とおくと、\(\small 1≦t≦k\)、\(\small k-m=t-1\)となるので
\begin{split}
\small I_{2k} &\small = \sum_{t=1}^{k}(-1)^{k-t}\frac{\tan^{\{2(t-1)+1\}}x}{2(t-1)+1}+(-1)^kx +const\\
\small \Leftrightarrow \space \small I_{2k} &\small = \sum_{t=1}^{k}(-1)^{k-t}\frac{\tan^{2t-1}x}{2t-1}+(-1)^kx +const \quad \cdots ②\\
\end{split}
●補足：添え字変換の式変形的な意味
上記の和の添え字変換は代数的には変数変換だが、式変形的には
\begin{split}
&\small \frac{\tan^{2k-1}x}{2k-1}- \frac{\tan^{2k-3}x}{2k-3}+\cdots+(-1)^{k-1}\tan x
\end{split}
のような\(\small \tan x\)の降べきの順だった和を
\begin{split}
&\small (-1)^{k-1}\tan x+\cdots- \frac{\tan^{2k-3}x}{2k-3}+\frac{\tan^{2k-1}x}{2k-1}\\
\end{split}
のように昇べきの順に並び替える式変形をしていることも併せて確認しておこう。
[2]\(\small n\)が奇数の場合
解き方の流れは偶数の場合と同様である。式①で\(\small n=2k+1 \space (k=1,2,\cdots)\)とおくと
\begin{split}
\small I_{2k+1} &\small = \frac{\tan^{2k}x}{2k}- I_{2k-1}\\
&\small = \frac{\tan^{2k}x}{2k}-\left(\frac{\tan^{2k-2}x}{2k-2}- I_{2k-3}\right)\\
&\small = \frac{\tan^{2k}x}{2k}- \frac{\tan^{2k-2}x}{2k-2}+\cdots+(-1)^k I_{1}\\
\end{split}
ここで、
\begin{split}
\small I_{1} &\small = \int \tan x dx \\
&\small = \int \frac{\sin x}{\cos x} dx \\
&\small =-\log|\cos x|+const(積分定数) \\
\end{split}
より、
\begin{split}
\small I_{2k+1} &\small = \frac{\tan^{2k}x}{2k}- \frac{\tan^{2k-2}x}{2k-2}+\cdots\\
&\small \quad +(-1)^k (-\log|\cos x|)+const(積分定数) \\
&\small = \sum_{m=1}^{k}(-1)^{m-1}\frac{\tan^{2(k-m+1)}x}{2(k-m+1)}+(-1)^{k+1} \log|\cos x|+const(積分定数)\\
&\small = \sum_{t=1}^{k}(-1)^{k-t}\frac{\tan^{2t}x}{2t}+(-1)^{k+1} \log|\cos x|+const(積分定数)\quad \cdots ③\\
\end{split}
よって、②、③が答え。
（解答）
\begin{split}
\displaystyle \small I_{n} =
\begin{cases}
&\displaystyle \sum_{t=1}^{k}(-1)^{k-t}\frac{\tan^{2t-1}x}{2t-1}+(-1)^kx +const \quad (n:even)\\
& \displaystyle \sum_{t=1}^{k}(-1)^{k-t}\frac{\tan^{2t}x}{2t}+\\
& \quad \displaystyle (-1)^{k+1} \log|\cos x|+const(積分定数)\quad (n:odd)\\
\end{cases}
\end{split}
本記事のまとめ
今回は、\(\small \tan^nx\)の積分問題について解説していきました。積分道場では今後も積分の難問を扱っていこうと思いますので、ぜひチェックしてみてください！
では最後に、問題2の結果を利用した積分問題を解いて終わりましょう！
\(\small \displaystyle \int_{0}^{\pi/4}\tan^{5}x dx\)を求めよ。
問題2の結果で、\(\small n=2k+1=5\)、すなわち\(\small k=2\)として公式を適用すると
\begin{split}
&\small \displaystyle I_{5} = \left[ \sum_{t=1}^{2}(-1)^{2-t}\frac{\tan^{2t}x}{2t}+(-1)^{3} \log|\cos x|\right]_{x=0}^{x=\pi/4}\\
&\small \displaystyle = \left[ -\frac{\tan^{2}x}{2}+\frac{\tan^{4}x}{4}-\log|\cos x|\right]_{x=0}^{x=\pi/4}\\
&\small \displaystyle = \left( -\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\log\frac{1}{\sqrt{2}}\right)-0\\
&\small \displaystyle = \color{red}{\frac{1}{2}\log2 -\frac{1}{4}\space \cdots 【答】}\\
\end{split}
では今回は以上です。お疲れさまでした！
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