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東北大学　2020年度　前期日程　理系

第6問積分法の解答・解説

置換積分による対称性・部分積分・漸化式・有理数であることの証明当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/13

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/13時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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(1) $A (m, n) = \int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{m} x sin^{n} x d x$ について、 $A (m, n) = A (n, m)$ と $A (m + 2, n) + A (m, n + 2) = A (m, n)$ を示す

答前者は $x = \frac{π}{2} - u$ の置換、後者は $cos^{2} x + sin^{2} x = 1$

1つめは「 $sin$ と $cos$ を入れ替える置換」。2つめは足すと $1$ になることを使って括り出すだけ。

前半。 $x = \frac{π}{2} - u$ とおくと $d x = - d u$ 、 $cos x = sin u$ 、 $sin x = cos u$ で、 $x$ が $0 \to \frac{π}{2}$ のとき $u$ は $\frac{π}{2} \to 0$ である。よって

A (m, n) = \int_{\frac{π}{2}}^{0} sin^{m} u cos^{n} u (- d u) = \int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{n} u sin^{m} u d u = A (n, m)

である。

後半。 被積分関数を足すと

cos^{m + 2} x sin^{n} x + cos^{m} x sin^{n + 2} x = cos^{m} x sin^{n} x (cos^{2} x + sin^{2} x) = cos^{m} x sin^{n} x

なので、 $0$ から $\frac{π}{2}$ まで積分して

A (m + 2, n) + A (m, n + 2) = A (m, n)

である。 $■$

$(m, n) = (2, 3)$ で数値積分すると $A (2, 3) = A (3, 2) = 0.133333333$ 、 $A (4, 3) + A (2, 5) = 0.133333333$ で一致した。

(2) $A (m, 1)$ を求める

答 $A (m, 1) = \frac{1}{m + 1}$

$sin x d x$ が $cos x$ の微分（符号つき）なので、 $cos x = u$ の置換でただの多項式の積分になる。

$u = cos x$ とおくと $d u = - sin x d x$ 、 $x$ が $0 \to \frac{π}{2}$ のとき $u$ は $1 \to 0$ である。よって

A (m, 1) = \int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{m} x sin x d x = \int_{1}^{0} u^{m} (- d u) = \int_{0}^{1} u^{m} d u = \frac{1}{m + 1}

である。

(1) より $A (1, n) = A (n, 1) = \frac{1}{n + 1}$ でもある。

$m = 1, 2, 3, 5$ で数値積分すると $0.5, 0.333333333, 0.25, 0.166666667$ で、 $\frac{1}{m + 1}$ と一致した。

(3) $A (m, n + 2) = \frac{n + 1}{m + 1} A (m + 2, n)$ が成り立つことを示す

答 $cos^{m} x sin x$ を積分、 $sin^{n + 1} x$ を微分して部分積分すると、境界項が $0$ になる

$cos^{m} x sin^{n + 2} x = (cos^{m} x sin x) \cdot sin^{n + 1} x$ と分け、前半を積分する側にとる。原始関数が $- \frac{cos ^{m + 1} x}{m + 1}$ になり、分母の $m + 1$ が出てくる。

$\frac{d}{d x} (- \frac{cos ^{m + 1} x}{m + 1}) = cos^{m} x sin x$ である。これを使って部分積分すると

A (m, n + 2) = \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{n + 1} x \cdot (cos^{m} x sin x) d x = [- \frac{sin ^{n + 1} x cos ^{m + 1} x}{m + 1}]_{0}^{\frac{π}{2}} + \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{cos ^{m + 1} x}{m + 1} (n + 1) sin^{n} x cos x d x

である。境界項は、 $x = \frac{π}{2}$ で $cos^{m + 1} x = 0$ 、 $x = 0$ で $sin^{n + 1} x = 0$ なので $0$ である（ $m, n ≧ 1$ ）。残った積分は

\frac{n + 1}{m + 1} \int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{m + 2} x sin^{n} x d x = \frac{n + 1}{m + 1} A (m + 2, n)

である。よって

A (m, n + 2) = \frac{n + 1}{m + 1} A (m + 2, n)

である。 $■$

$(m, n) = (5, 4)$ では $A (5, 6) = 0.011544012$ 、 $\frac{5}{6} A (7, 4) = 0.011544012$ で一致した。

どちらを積分する側にとるかで分母が決まる。 $cos^{m} x sin x$ を積分側にとると $m + 1$ が分母に出て、目的の形になる。

(4) $m$ または $n$ が奇数ならば $A (m, n)$ は有理数であることを示す

答(1) で $m$ が奇数の場合を $n$ が奇数の場合に帰着させ、(2) を出発点に (3) で $n$ を $2$ ずつ上げる帰納法

(1)(2)(3) がそのまま道具になる。(1) で「 $n$ が奇数」の場合だけ示せばよいことにし、(2) を $n = 1$ の場合、(3) を $n$ を $2$ 増やす step として使う。

(1) より $A (m, n) = A (n, m)$ なので、 $m$ が奇数の場合は $n$ が奇数の場合に帰着する。よって「 $n$ が奇数ならば $A (m, n)$ は有理数」を示せばよい。

$n = 2 k + 1$ （ $k ≧ 0$ ）として、 $k$ についての数学的帰納法で「すべての正の整数 $m$ に対し $A (m, 2 k + 1)$ は有理数」を示す。

$k = 0$ 。 (2) より $A (m, 1) = \frac{1}{m + 1}$ で、これは有理数である。

$k \to k + 1$ 。 すべての $m$ について $A (m, 2 k + 1)$ が有理数と仮定する。(3) で $n = 2 k + 1$ とすると

A (m, 2 k + 3) = \frac{2 k + 2}{m + 1} A (m + 2, 2 k + 1)

である。右辺は有理数 $\frac{2 k + 2}{m + 1}$ と、仮定より有理数である $A (m + 2, 2 k + 1)$ の積だから有理数である。

よって数学的帰納法より、 $n$ が奇数のとき $A (m, n)$ はつねに有理数である。 $m$ が奇数のときも (1) より同じ結論になる。 $■$

$m, n$ がともに偶数のときは有理数にならないことがある。たとえば $A (2, 2) = \frac{π}{16} = 0.19635 \dots$ である。実際 $A (m, n)$ の値は、 $m, n$ がともに偶数のときだけ $π$ を含む。

$A (2, 3) = \frac{2}{15} = 0.133333333$ 、 $A (4, 1) = \frac{1}{5} = 0.2$ 、 $A (5, 4) = 0.025396825 = \frac{8}{315}$ と、いずれも有理数だった。

帰納法は「すべての $m$ について」という形で回す。(3) で $m$ が $m + 2$ に変わるので、 $m$ を固定したままでは回らない。

$u = cos x$ の置換で $\int_{0}^{1} u^{m} (1 - u^{2})^{k} d u$ に直して「多項式の積分だから有理数」としてもよい。こちらのほうが短い。

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問題文について

(1)A(m,n)=∫02π​​cosmxsinnxdx について、A(m,n)=A(n,m) と A(m+2,n)+A(m,n+2)=A(m,n) を示す

(2)A(m,1) を求める

(3)A(m,n+2)=m+1n+1​A(m+2,n) が成り立つことを示す

(4)m または n が奇数ならば A(m,n) は有理数であることを示す