定積分で定義された数列 $I_n$ に対して、部分積分などを用いると $I_n$ と $I_{n-1}$ の間に漸化式が成り立つことがあります。この漸化式を利用して $I_n$ の値を具体的に求める技法は、入試で頻出の重要テーマです。数列と積分の融合問題を攻略しましょう。
自然数 $n$ を含む定積分を考えると、$n$ の値によって積分の結果が変わります。これは $n$ を添字とする数列を定めます。
例1：$I_n = \displaystyle\int_0^1 x^n e^x\, dx$（$n = 0, 1, 2, \ldots$）
例2：$J_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2} \sin^n x\, dx$（$n = 0, 1, 2, \ldots$）
例3：$K_n = \displaystyle\int_0^1 x^n(1-x)^m\, dx$（$n$ を変化させる）
例えば $I_n = \int_0^1 x^n e^x\, dx$ について具体的に値を計算してみましょう。
$I_0 = \int_0^1 e^x\, dx = [e^x]_0^1 = e - 1$
$I_1 = \int_0^1 x e^x\, dx$（部分積分：$u = x$, $dv = e^x\, dx$）
$= [xe^x]_0^1 - \int_0^1 e^x\, dx = e - (e - 1) = 1$
$n$ が大きくなると、$I_n$ を直接計算するのは非常に大変です（部分積分を $n$ 回繰り返す必要がある）。
しかし、$I_n$ と $I_{n-1}$ の間の漸化式を1つ導けば、$I_0$ や $I_1$ から出発して $I_n$ の値を順次求められます。
「1つずつ計算する」のではなく、「構造を見抜いて漸化式で一般化する」のがこのテーマの本質です。
部分積分は、定積分の漸化式を導出する最も基本的な方法です。$x^n$ の部分を微分して $nx^{n-1}$ に「次数を下げる」ことで、$I_n$ と $I_{n-1}$ を結びつけます。
$I_n = \int_0^1 x^n e^x\, dx$ に部分積分を適用する。$u = x^n$, $dv = e^x\, dx$ とおくと：
$u' = nx^{n-1}$, $v = e^x$
$$I_n = \left[x^n e^x\right]_0^1 - \int_0^1 nx^{n-1} e^x\, dx = e - n\int_0^1 x^{n-1} e^x\, dx$$
右辺の積分は $I_{n-1}$ そのものなので：
$$\boxed{I_n = e - nI_{n-1}}$$
$J_n = \int_0^1 x(1-x)^n\, dx$ に部分積分を適用する。$u = x$, $dv = (1-x)^n\, dx$ とおくと：
$u' = 1$, $v = -\frac{(1-x)^{n+1}}{n+1}$
$$J_n = \left[-\frac{x(1-x)^{n+1}}{n+1}\right]_0^1 + \int_0^1 \frac{(1-x)^{n+1}}{n+1}\, dx = \frac{1}{n+1}\int_0^1 (1-x)^{n+1}\, dx$$
$\int_0^1 (1-x)^{n+1}\, dx = \left[-\frac{(1-x)^{n+2}}{n+2}\right]_0^1 = \frac{1}{n+2}$ なので：
$$J_n = \frac{1}{(n+1)(n+2)}$$
この場合は漸化式を経由せずに直接求まりました。
漸化式を導くときは、$x^n$ の部分を微分するのが基本方針です。
$x^n$ を微分すると $nx^{n-1}$ となり、次数が $n$ から $n-1$ に下がります。
この「次数が1つ下がる」ことが $I_n$ と $I_{n-1}$ を結ぶ漸化式を生むのです。
部分積分以外にも、被積分関数の性質を利用して漸化式を導く方法があります。特に三角関数の累乗の場合に有効です。
$\sin^n x = \sin^{n-1} x \cdot \sin x$ と分解し、部分積分を適用する。
$u = \sin^{n-1} x$, $dv = \sin x\, dx$ とおくと：
$u' = (n-1)\sin^{n-2} x \cos x$, $v = -\cos x$
$$I_n = \left[-\sin^{n-1} x \cos x\right]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \sin^{n-2} x \cos^2 x\, dx$$
$\left[-\sin^{n-1} x \cos x\right]_0^{\pi/2} = 0$（両端とも $0$）。$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ を代入：
$$I_n = (n-1)\int_0^{\pi/2} \sin^{n-2} x(1 - \sin^2 x)\, dx = (n-1)(I_{n-2} - I_n)$$
$I_n$ について整理すると：
$$I_n + (n-1)I_n = (n-1)I_{n-2}$$
$$\boxed{I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}}$$
$\sin^n x$ の漸化式では、$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ という恒等式がカギです。
これにより $\sin^{n-2} x \cos^2 x = \sin^{n-2} x - \sin^n x$ と変形でき、$I_{n-2}$ と $I_n$ が現れます。
同じ手法は $\cos^n x$ にも使えます（$I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$ が同じ形で成り立つ）。
$\tan^n x = \tan^{n-2} x \cdot \tan^2 x = \tan^{n-2} x \cdot (\sec^2 x - 1)$ と変形する。
$$T_n = \int_0^{\pi/4} \tan^{n-2} x \sec^2 x\, dx - \int_0^{\pi/4} \tan^{n-2} x\, dx$$
第1項は $t = \tan x$ と置換すると $\int_0^1 t^{n-2}\, dt = \frac{1}{n-1}$。第2項は $T_{n-2}$。
$$\boxed{T_n = \frac{1}{n-1} - T_{n-2}}$$
✗ $I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-1}$（添字が1つしか下がっていない ← 間違い！）
✓ $I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$（添字が2つ下がる ← 正しい！）
$\sin^n x$ 型の漸化式は $I_n$ と $I_{n-2}$ の関係（2つ飛び）です。そのため初期値も $I_0$ と $I_1$ の2つが必要になります。
漸化式が得られたら、初期値（$I_0$ や $I_1$）から出発して $I_n$ の値を順次求めます。
漸化式：$I_n = e - nI_{n-1}$、初期値：$I_0 = e - 1$
$I_1 = e - 1 \cdot I_0 = e - (e-1) = 1$
$I_2 = e - 2I_1 = e - 2$
$I_3 = e - 3I_2 = e - 3(e-2) = -2e + 6$
$I_4 = e - 4I_3 = e - 4(-2e+6) = 9e - 24$
初期値：$I_0 = \int_0^{\pi/2} 1\, dx = \frac{\pi}{2}$、$I_1 = \int_0^{\pi/2} \sin x\, dx = 1$
$n$ が偶数のとき（$I_0$ から出発）：
$I_2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$
$I_4 = \frac{3}{4} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{16}$
$I_6 = \frac{5}{6} \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{5\pi}{32}$
一般に：$I_{2m} = \frac{(2m-1)!!}{(2m)!!} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2m-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2m} \cdot \frac{\pi}{2}$
$n$ が奇数のとき（$I_1$ から出発）：
$I_3 = \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{2}{3}$
$I_5 = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} = \frac{8}{15}$
一般に：$I_{2m+1} = \frac{(2m)!!}{(2m+1)!!} = \frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2m}{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2m+1)}$
$$\int_0^{\pi/2} \sin^n x\, dx = \int_0^{\pi/2} \cos^n x\, dx = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \dfrac{\pi}{2} & (n \text{ が偶数}) \\[12pt] \dfrac{(n-1)!!}{n!!} & (n \text{ が奇数}) \end{cases}$$
※ $n!! = n(n-2)(n-4)\cdots$ は二重階乗。$0!! = 1$ と定めます。
初期値が $I_0 = \frac{\pi}{2}$（偶数系列）か $I_1 = 1$（奇数系列）かの違いが、最終結果に $\frac{\pi}{2}$ が含まれるかどうかの違いを生みます。
漸化式 $I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$ では有理数倍するだけなので、初期値の性質がそのまま保たれるのです。
入試では、定積分と漸化式の問題は次のようなパターンで出題されます。
Section 4 で求めたウォリスの積分公式は、そのまま出題されることもあります。漸化式の導出過程と結果の両方を答える問題が典型的です。
$(1-x)^2 = 1 - 2x + x^2$ を展開して代入する方法と、部分積分による方法がある。
展開法：
$B_n = \int_0^1 (x^n - 2x^{n+1} + x^{n+2})\, dx = \frac{1}{n+1} - \frac{2}{n+2} + \frac{1}{n+3}$
通分すると：$B_n = \frac{(n+2)(n+3) - 2(n+1)(n+3) + (n+1)(n+2)}{(n+1)(n+2)(n+3)} = \frac{2}{(n+1)(n+2)(n+3)}$
$L_n + L_{n-1}$ を計算してみる：
$$L_n + L_{n-1} = \int_0^1 \frac{x^n + x^{n-1}}{1+x}\, dx = \int_0^1 \frac{x^{n-1}(x + 1)}{1+x}\, dx = \int_0^1 x^{n-1}\, dx = \frac{1}{n}$$
よって漸化式は：$\boxed{L_n + L_{n-1} = \frac{1}{n}}$、すなわち $L_n = \frac{1}{n} - L_{n-1}$
$L_0 = \int_0^1 \frac{1}{1+x}\, dx = [\log(1+x)]_0^1 = \log 2$
$L_1 = 1 - \log 2$、$L_2 = \frac{1}{2} - 1 + \log 2 = \log 2 - \frac{1}{2}$
Step 1：漸化式を導出する（部分積分 or 被積分関数の工夫）。
Step 2：初期値 $I_0$（や $I_1$）を直接計算する。
Step 3：漸化式に初期値を代入して $I_n$ を順次求める。
多くの問題は (1) で漸化式を導出させ、(2) で $I_n$ を求めさせる構成になっています。
漸化式が正しくても、初期値 $I_0$ の計算を間違えると全ての $I_n$ が間違いになります。
✗ $I_0 = \int_0^{\pi/2} \sin^0 x\, dx = 0$（$\sin^0 x = 0$ と勘違い）
✓ $I_0 = \int_0^{\pi/2} 1\, dx = \frac{\pi}{2}$（$\sin^0 x = 1$ が正しい）
$a^0 = 1$（$a \neq 0$）は基本ですが、積分の文脈では見落としやすいので注意しましょう。
Q1. $I_n = \int_0^1 x^n e^x\, dx$ について、$I_n = e - nI_{n-1}$ を用いて $I_2$ を求めよ。
Q2. $\int_0^{\pi/2} \sin^4 x\, dx$ を求めよ。
Q3. $\int_0^{\pi/2} \sin^5 x\, dx$ を求めよ。
Q4. $T_n = \int_0^{\pi/4} \tan^n x\, dx$ について、$T_n + T_{n-2} = \frac{1}{n-1}$ を用いて $T_4$ を求めよ。
Q5. $L_n = \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\, dx$ について $L_0$ を求め、$L_n + L_{n-1} = \frac{1}{n}$ を用いて $L_1$ を求めよ。
$I_n = \displaystyle\int_0^1 x^n e^{-x}\, dx$（$n \geq 1$）とする。
(1) $I_n$ と $I_{n-1}$ の間の漸化式を求めよ。
(2) $I_0$, $I_1$, $I_2$ の値を求めよ。
(1) 部分積分。$u = x^n$, $dv = e^{-x}\, dx$ とおくと $u' = nx^{n-1}$, $v = -e^{-x}$。
$I_n = [-x^n e^{-x}]_0^1 + n\int_0^1 x^{n-1} e^{-x}\, dx = -e^{-1} + nI_{n-1}$
$$\boxed{I_n = nI_{n-1} - \frac{1}{e}}$$
(2) $I_0 = \int_0^1 e^{-x}\, dx = [-e^{-x}]_0^1 = 1 - \frac{1}{e}$
$I_1 = 1 \cdot I_0 - \frac{1}{e} = 1 - \frac{1}{e} - \frac{1}{e} = 1 - \frac{2}{e}$
$I_2 = 2I_1 - \frac{1}{e} = 2 - \frac{4}{e} - \frac{1}{e} = 2 - \frac{5}{e}$
$I_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^n x\, dx$（$n \geq 2$）とする。
(1) $I_n = \dfrac{n-1}{n}I_{n-2}$ を示せ。
(2) $I_6$ の値を求めよ。
(1) $\cos^n x = \cos^{n-1} x \cdot \cos x$ として部分積分。$u = \cos^{n-1} x$, $dv = \cos x\, dx$。
$u' = -(n-1)\cos^{n-2} x \sin x$, $v = \sin x$
$I_n = [\cos^{n-1} x \sin x]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \cos^{n-2} x \sin^2 x\, dx$
$= 0 + (n-1)\int_0^{\pi/2} \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x)\, dx = (n-1)(I_{n-2} - I_n)$
$nI_n = (n-1)I_{n-2}$ より $I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$（証明終）
(2) $I_0 = \frac{\pi}{2}$, $I_2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$, $I_4 = \frac{3}{4} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{16}$, $I_6 = \frac{5}{6} \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{5\pi}{32}$
$I_n = \displaystyle\int_0^1 x^n \log x\, dx$（$n \geq 0$）とする。$I_n$ を $n$ の式で表せ。
部分積分。$u = \log x$, $dv = x^n\, dx$ とおくと $u' = \frac{1}{x}$, $v = \frac{x^{n+1}}{n+1}$。
$$I_n = \left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\log x\right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{x}\, dx$$
$x \to +0$ のとき $x^{n+1}\log x \to 0$（$n \geq 0$）であり、$x = 1$ のとき $\log 1 = 0$。よって第1項 $= 0$。
$$I_n = -\frac{1}{n+1}\int_0^1 x^n\, dx = -\frac{1}{n+1} \cdot \frac{1}{n+1} = -\frac{1}{(n+1)^2}$$
この問題は漸化式を経由せずに直接 $I_n$ が求まる好例です。部分積分で $\log x$ を微分し $\frac{1}{x}$ に変えると、被積分関数が $x$ のべき乗だけになり、簡単に計算できます。$\lim_{x \to +0} x^{n+1}\log x = 0$ を使うことがポイントです。
$I_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2} \sin^n x\, dx$（$n \geq 0$）とする。
(1) $0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ で $0 \leq \sin x \leq 1$ であることを用いて、$I_{n+1} \leq I_n$ を示せ。
(2) (1) と漸化式 $I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$ を利用して $\dfrac{I_{2m+1}}{I_{2m}} \leq 1 \leq \dfrac{I_{2m-1}}{I_{2m}}$ を示せ。
(3) $\displaystyle\lim_{m \to \infty} \frac{I_{2m+1}}{I_{2m}} = 1$ を示し、これからウォリスの公式 $\displaystyle\lim_{m \to \infty} \frac{2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 6 \cdots (2m)(2m)}{1 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2m-1)(2m+1)} = \frac{\pi}{2}$ を導け。
(1) $0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ で $0 \leq \sin x \leq 1$ より $\sin^{n+1} x \leq \sin^n x$。
両辺を $[0, \frac{\pi}{2}]$ で積分すると $I_{n+1} \leq I_n$。
(2) $I_{n+1} \leq I_n$ より $I_{2m+1} \leq I_{2m}$ なので $\frac{I_{2m+1}}{I_{2m}} \leq 1$。
また $I_{2m} \leq I_{2m-1}$ なので $1 \leq \frac{I_{2m-1}}{I_{2m}}$。
(3) $I_{2m+1} \leq I_{2m} \leq I_{2m-1}$ の各辺を $I_{2m+1}$ で割ると：
$1 \leq \frac{I_{2m}}{I_{2m+1}} \leq \frac{I_{2m-1}}{I_{2m+1}}$
漸化式より $I_{2m+1} = \frac{2m}{2m+1}I_{2m-1}$ なので $\frac{I_{2m-1}}{I_{2m+1}} = \frac{2m+1}{2m}$。
$m \to \infty$ で $\frac{2m+1}{2m} \to 1$ なので、はさみうちの原理より $\frac{I_{2m}}{I_{2m+1}} \to 1$。
$\frac{I_{2m}}{I_{2m+1}} = \frac{\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!} \cdot \frac{\pi}{2}}{\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!}} = \frac{(2m-1)!! \cdot (2m+1)!!}{((2m)!!)^2} \cdot \frac{\pi}{2} \to 1$
よって $\frac{\pi}{2} = \lim_{m \to \infty}\frac{((2m)!!)^2}{(2m-1)!! \cdot (2m+1)!!} = \lim_{m \to \infty}\frac{2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdots (2m)(2m)}{1 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2m-1)(2m+1)}$
ウォリスの公式は $\pi$ の無限積表示として数学史上重要な結果です。$\sin^n x$ の積分の漸化式と「はさみうちの原理」を組み合わせて導けるのが美しいところです。入試では (1)～(3) の誘導で段階的に導く形式で出題されます。漸化式、不等式、極限の総合力が問われる良問です。