【数学III積分】積分式全体を I に置きかえる問題の解き方(千葉大2019第11問)

積分を I に置き換える

(1)からやっていきます。まずは，式を整理していきましょう。
$\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta\space d\theta+\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^{n+2}\theta\space d\theta$
積分区間が[$0$,$\cfrac{\pi}{3}$]で同じだから，結合します。
$=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta+\tan^{n+2}\theta\space d\theta$
$=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta+\tan^n\theta\cdot\tan^2\theta\space d\theta$
$=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta(1+\tan^2\theta)\space d\theta$
三角比の公式 $1+\tan^2 x=\cfrac{1}{\cos^2 x}$ より
$=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta\cdot\cfrac{1}{\cos^2\theta}\space d\theta$
かけ算の式ができたので，部分積分を使います。

部分積分の覚え方

部分積分の公式をおさらいしましょう。
$\displaystyle\int_a^b f(x)g'(x)dx=\Big[f(x)g(x)\Big]_a^b-\int_a^b f'(x)g(x)dx$

問題集などで練習問題を解くうちに覚えるので，繰り返し練習しましょう。

部分積分を用いる

微分の公式 $(\tan x)’=\cfrac{1}{\cos^2 x}$ より
$=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta\cdot(\tan \theta)’\space d\theta$
ここで，$\tan^n\theta$ を微分側，$(\tan\theta)’$ を積分側ということにしてみます。
$\tan^n\theta$ は合成関数だから微分の計算に注意します。
$(\tan^n\theta)’=n\tan^{n-1}\theta\cdot\cfrac{1}{\cos^2\theta}$ だから
$=\displaystyle\Big[\tan^n\theta\cdot\tan\theta\Big]_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}-\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}n\tan^{n-1}\theta\cdot\cfrac{1}{\cos^2\theta}\cdot\tan\theta\space d\theta$
$\tan^{n-1}\theta\cdot\tan^1\theta=\tan^n\theta$ だから
$=\displaystyle\Big[\tan^n\theta\cdot\tan\theta\Big]_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}-n\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta\cdot\cfrac{1}{\cos^2\theta}\space d\theta$
ここで，積分の式が上で見た形と同じものになりました。こういうとき，積分の部分を文字置き換えるとうまくいきます。上の計算で
与式 $=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta\cdot\cfrac{1}{\cos^2\theta}\space d\theta$ だったので，これを $I=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta\cdot\cfrac{1}{\cos^2\theta}\space d\theta$ とすると，先ほどの式は
$=\displaystyle\Big[\tan^n\theta\cdot\tan\theta\Big]_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}-n\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta\cdot\cfrac{1}{\cos^2\theta}\space d\theta$
$I=\displaystyle\Big[\tan^n\theta\cdot\tan\theta\Big]_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}-nI$
となります。計算をすすめていくと
$I+nI=\Big[\tan^n\theta\cdot\tan\theta\Big]_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}$
$I(n+1)=\tan^n\cfrac{\pi}{3}\cdot\tan\cfrac{\pi}{3}$
$I(n+1)=\Big(\tan\cfrac{\pi}{3}\Big)^n\cdot\tan\cfrac{\pi}{3}$
$I(n+1)=(\sqrt{3})^n\cdot\sqrt{3}$
$I(n+1)=(\sqrt{3})^n+1$
$I=\cfrac{(\sqrt{3})^{n+1}}{n+1}$ (答え)

I を利用する

(2)に進みます。計算を行うにあたって，積分の式を文字にしておくことで簡略化しておきます。
$\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta\space d\theta=I_n$ とすると
$\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^7\theta\space d\theta=I_7$ と表すことができる。
ここで，$I_1=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan\theta\space d\theta$ が具体的に求められることを利用します。$\tan$ の積分もパターンとして習得しておきましょう。
$I_1=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan\theta\space d\theta$
$I_1=\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\cfrac{\sin\theta}{\cos\theta}\space d\theta$
ここで，$(\log|\cos\theta|)’=\cfrac{1}{\cos\theta}\cdot(-\sin\theta)$ だから
$I_1=-\Big[\log\cos\theta\Big]_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}$

$=-\log\cos\cfrac{\pi}{3}+\log\cos 0$
$=-\log\cfrac{1}{2}+\log 1$
$=-(\log1-\log2)+0$
$=-0+\log2$
$=\log2$

(1)の式は
$\displaystyle\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^n\theta\space d\theta+\int_0^{\small\cfrac{\pi}{3}}\tan^{n+2}\theta\space d\theta$
$=I_n+I_{n+2}=\cfrac{(\sqrt{3})^{n+1}}{n+1}$
と表すことができます。
これを用いると，例えば，$I_5+I_7=\cfrac{(\sqrt{3})^{^6}}{6}$ のようになります。

求めたいのは $I_7$ だから，$I_5$ がジャマです。そこで，$I_n+I_{n+2}$ を使って $I_5$ を消去する方法を考えます。
$I_5+I_7-(I_3+I_5)=I_7-I_3$
今度はジャマな $I_3$ を消去します。
$I_7-I_3+(I_1+I_3)=I_7+I_1$
まとめると
$I_5+I_7-(I_3+I_5)+(I_1+I_3)=I_7+I_1$
これを書き換えると
$\cfrac{(\sqrt{3})^6}{6}-\cfrac{(\sqrt{3})^4}{4}+\cfrac{(\sqrt{3})^2}{2}=I_7+\log2$
$\cfrac{27}{6}-\cfrac{9}{4}+\cfrac{3}{2}=I_7+\log2$
$\cfrac{54-27+18}{12}=I_7+\log2$
$\cfrac{15}{4}=I_7+\log2$
したがって
$I_7=-\log+\cfrac{15}{4}$ (答え)