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積分botの数式を漸化式で解く議論

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はじめまして!まぐな氏という者です。(`・∀・´)
まったり数学部屋(LINE OC)にて、面白い議論が出たので紹介します。

発端

ことの発端は、積分botの数式を数楽が解いた 記事 であった。

積分botにあったらしい数式

$|r|<1$のとき、
$$ \qquad \int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n}x}{(1-2r\cos{x}+r^{2})^{n+1}}dx=\frac{\pi}{2^{2n}(1-r^2)}\binom{2n}{n} $$

数楽はこれを超幾何級数を用いて解いている。
今回の議論は、これを漸化式で初等的に解けないか?というものである。

昼頃、 Sillpherth が面白い漸化式を弾き出した。
後に、本人が覚書を書いていたので一応 コチラ から読めます。
(しかし、到底読めたもんじゃねぇので、以下に解説する。)

Sillpherthが弾き出した漸化式

$\displaystyle I_n = \int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}}dx\quad$ と定めるとき、
$$\qquad r^{2}I_{n+2}=\frac{2n+3}{2(n+2)}(r^2+1)I_{n+1}-\frac{2n+3}{2(n+2)}\frac{2n+1}{2(n+1)}I_{n}$$

まずは、これを証明して行く。
如何せんゴチャゴチャするので、何個かに分けて証明し、後に纏めるという形式にする。
証明を閉じておけばゴチャゴチャ感は減る、、はず。
$\bigstar$は流れのまとめの際に式の引用として用いる。

$\bigstar1$:部分積分(1回目)

\begin{align*} \int_{0}^{\pi}&\frac{\sin^{2n+4}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+3}}dx=\frac{2n+3}{2r(n+2)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x \cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx \end{align*}

    証明\begin{align*} \qquad I_{n+2} &= \int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+4}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+3}}dx\\[2mm] &=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+3}} \cdot \sin^{2n+3}xdx\\[3mm] &=-\frac{1}{2r(n+2)}\left[\frac{\sin^{2n+3}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}\right]^{\pi}_{0}\\[1mm] &\qquad \quad \quad +\frac{2n+3}{2r(n+2)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x \cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx\\[3mm] &=\frac{2n+3}{2r(n+2)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x \cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx \end{align*}

この後ろの積分について更に部分積分を行う。

$\bigstar2$:部分積分(2回目)

\begin{align*} \int_{0}^{\pi}&\frac{\sin^{2n+2}x \cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx\\[2mm] &\ =\frac{1}{2r(n+1)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n}x \left((2n+1) \cos^2 x - \sin^{2}x\right)}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx \end{align*}

    証明\begin{align*} \qquad \int_{0}^{\pi}&\frac{\sin^{2n+2}x \cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx\\[2mm] &=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}\cdot \sin^{2n+1}x \cos xdx\\[2mm] &=-\frac{1}{2r(n+1)}\left[\frac{\sin^{2n+1}x\cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}}\right]^{\pi}_{0}\\[2mm] &\qquad \quad \quad + \frac{1}{2r(n+1)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n}x \left((2n+1) \cos^2 x - \sin^{2}x\right)}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx\\[3mm] &=\frac{1}{2r(n+1)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n}x \left((2n+1) \cos^2 x - \sin^{2}x\right)}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx \end{align*}
$\bigstar3$簡単な変形

積分の分子について変形する
\begin{align*} \sin^{2n}x &\left((2n+1) \cos^2 x - \sin^{2}x\right)\\ &=\sin^{2n}x\left((2n+1)(1-\sin^{2}x)-\sin^{2}x\right)\\ &=\sin^{2n}x\left(2n+1-(2n+2)\sin^{2}x\right)\\ &=(2n+1)\sin^{2n}x-2(n+1)\sin^{2n+2}x \end{align*}

これを用いて、
\begin{align*} \qquad \int_{0}^{\pi}&\frac{\sin^{2n}x \left((2n+1) \cos^2 x- \sin^{2}x\right)}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx\\[3mm] &=(2n+1)\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx\\[2mm] &\qquad -2(n+1)\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx \end{align*}
前者は$I_{n}$に他ならない。
$$\qquad=(2n+1)I_{n}-2(n+1)\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx$$
考えるべきは最後の積分のみである。

$\bigstar4$ 同型の出現ッ!!

\begin{align*} \qquad \int_{0}^{\pi}&\frac{\sin^{2n+2}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx\\[3mm] &=(1+r^2)I_{n+1}-2r\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x\cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx \end{align*}

    証明\begin{align*} \int_{0}^{\pi}&\frac{\sin^{2n+2}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx\\[3mm] &=\int_{0}^{\pi}\frac{1-2r\cos x+r^{2}}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}} \sin^{2n+2}xdx\\[3mm] &=(1+r^{2})\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx-2r\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x\cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx \end{align*}
    前者は$I_{n+1}$であるから、
    $$\qquad=(1+r^2)I_{n+1}-2r\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x\cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx$$

残った積分は$\bigstar1$で出てきた形であることに気が付く!!
そう!!ついに同型が出てきたのである!!
ここで、$\bigstar1$を逆に用いて、
$$\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x\cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx=\frac{2r(n+2)}{2n+3}I_{n+2}$$
と分かる。以上の流れをまとめ、漸化式を作る。

流れまとめ

\begin{align*} I_{n+2} &= \int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+4}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+3}}dx\\[2mm] &\overset{\bigstar1}{=} \frac{2n+3}{2r(n+2)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x \cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx\\[2mm] &\overset{\bigstar2}{=}\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{1}{2r(n+1)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n}x \left((2n+1) \cos^2 x - \sin^{2}x\right)}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx\\[2mm] &\overset{\bigstar3}{=}\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{2n+1}{2r(n+1)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx\\[1mm] &\quad-\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{2(n+1)}{2r(n+1)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+1}} dx\\[3mm] &\overset{\bigstar4}{=}\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{2n+1}{2r(n+1)}I_{n}-\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{1}{r}\left((1+r^2)I_{n+1}-2r\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x\cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx \right)\\[3mm] &=\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{2n+1}{2r(n+1)}I_{n}-\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{1+r^2}{r}I_{n+1}+\frac{2n+3}{r(n+2)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2n+2}x\cos x}{(1-2r\cos x+r^{2})^{n+2}}dx\\[3mm] &\overset{\bigstar1}{=}\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{2n+1}{2r(n+1)}I_{n}-\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{1+r^2}{r}I_{n+1}+\frac{2n+3}{r(n+2)}\frac{2r(n+2)}{2n+3}I_{n+2}\\[3mm] &=\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{2n+1}{2r(n+1)}I_{n}-\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{1+r^2}{r}I_{n+1}+2I_{n+2} \end{align*}
$I_{n+1}$をまとめて、
$$\qquad I_{n+2}=\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{1+r^2}{r}I_{n+1}-\frac{2n+3}{2r(n+2)}\frac{2n+1}{2r(n+1)}I_{n}$$
両辺を$r^2$倍して、
$$\qquad r^2I_{n+2}=\frac{2n+3}{2(n+2)}(1+r^2)I_{n+1}-\frac{2n+3}{2(n+2)}\frac{2n+1}{2(n+1)}I_{n}$$
以上より、定理1が示された。

長くゴチャゴチャした証明が漸く終わりを告げた。
これを見せつけてきたSillpherthは、私にこれを解けと言ってきた。
このくらい解いてやらぁ!

三項間漸化式を二項間漸化式に!

$$\qquad I_{n+1}-\frac{2n+1}{2(n+1)}I_{n}=\frac{1}{(2r)^{2n}}\frac{(2n+1)!}{n!(n+1)!}\left(I_{1}-\frac{I_{0}}{2}\right)$$

これを証明して行く。

    証明$$\qquad r^{2}I_{n+2}=\frac{2(n+1)+1}{2(n+2)}\cdot (r^2+1)I_{n+1}-\frac{2(n+1)+1}{2(n+2)}\frac{2n+1}{2(n+1)}I_{n}$$

    ここで、$\displaystyle a_{n}=\frac{2n+1}{2(n+1)}$とすると、
    $$\qquad r^{2}I_{n+2}=a_{n+1}(r^2+1)I_{n+1}-a_{n+1}a_{n}I_{n}$$
    ここで、$\displaystyle r^{2}a_{n+1} I_{n+1}$の項を左辺にもって行くと、
    $$\qquad r^{2}\left(I_{n+2}-a_{n+1} I_{n+1}\right)=a_{n+1}I_{n+1}-a_{n+1}a_{n}I_{n}$$
    これを括って、
    $$\qquad r^{2}\left(I_{n+2}-a_{n+1}I_{n+1}\right)=a_{n+1}\left(I_{n+1}-a_{n}I_{n}\right)$$
    ここで、$\displaystyle K_{n}=I_{n+1}-a_{n}I_{n}$とすると、
    $$\qquad r^{2}K_{n+1}=a_{n+1}K_{n}$$
    と、非常にシンプルな形になる。
    $\displaystyle a_{n}=\frac{2n+1}{2(n+1)}$であったから、
    $$\qquad r^{2}K_{n+1}=\frac{2n+3}{2(n+2)}K_{n}$$
    これを解いて、
    $$\qquad K_{n}=\frac{1}{(2r)^{2n}}\frac{(2n+1)!}{n!(n+1)!}\left(I_{1}-\frac{I_{0}}{2}\right)$$
    $K_{n}=I_{n+1}-a_{n}I_{n}$であったから、
    $$\qquad I_{n+1}-\frac{2n+1}{2(n+1)}I_{n}=\frac{1}{(2r)^{2n}}\frac{(2n+1)!}{n!(n+1)!}\left(I_{1}-\frac{I_{0}}{2}\right)$$
    QED!!証明終了!

$I_0$$I_1$を求める(Sillpherth)

ここで、$I_{0}$$I_{1}$がまだ分かっていないので、これを求める。

$$\qquad I_0=\frac{\pi}{|1-r^2|} \qquad I_1=\frac{\pi}{4r^2}\left(\frac{1+r^2}{|1-r^2|} - 1\right)$$

$I_0$は簡単に示せるので、まずは$I_0$を計算する。

    $I_0$の値ワイエルシュトラス置換ってヤツですね。
    \begin{align*} \qquad I_{0} =& \int^{\pi}_{0} \frac{1}{r^2-2r\cos t +1} dt\\ =& \int^{\infty}_{0} \frac{1}{r^2+1-2r\frac{1-t^2}{1+t^2}} \frac{2}{1+t^2} dt\\ =& 2\int^{\infty}_{0} \frac{1}{(r^2+1)(1+t^2)-2r(1-t^2)}dt\\ =& 2\int^{\infty}_{0} \frac{1}{(r^2+2r+1)t^2+(r^2-2r+1)}dt\\ =& 2\int^{\infty}_{0} \frac{1}{(1+r)^2 t^2 + (1-r)^2} dt\\ =& \frac{2}{(1-r)^2}\int^{\infty}_{0} \frac{1}{1+\left(\frac{1+r}{1-r}\right)^2 t^2} dt\\ =& \frac{2}{(1-r)^2}\left|\frac{1-r}{1+r}\right| \int^{\infty}_{0} \frac{ds}{1+s^2} \quad \cdots \left(s=\left|\frac{1+r}{1-r}\right|t\right)\\ =& \frac{2}{|1-r|}\frac{1}{|1+r|} \frac{\pi}{2}\\ =& \frac{\pi}{|1-r^2|} \end{align*}

$I_{1}$$I_{0}$の関係式

$$\qquad 4r^2I_{1}=(r^2+1)I_{0} - \pi$$

    証明(部分積分するだけ)
    \begin{align*} \qquad I_{1}&=\int^{\pi}_{0} \frac{\sin^2 t}{(r^2-2r\cos t +1)^2} dt\\ &=\frac{1}{2r}\int^{\pi}_{0} \frac{\cos t}{r^2-2r\cos t +1} dt\\ &=\frac{1}{4r^2}\int^{\pi}_{0} \left(\frac{r^2+1}{r^2-2r\cos t +1}-1\right) dt\\[2mm] &=\frac{(r^2+1)I_{0}-\pi}{4r^2} \end{align*}
    よって、両辺を$4r^2$倍して、
    $$\qquad 4r^2I_{1}=(r^2+1)I_{0} - \pi$$

これを用いて、$I_1$も求められる。
\begin{align*} I_{1} =& \frac{1}{4r^2}\left((1+r^2)\frac{\pi}{|1-r^2|} - \pi\right)\\ =& \frac{\pi}{4r^2}\left(\frac{1+r^2}{|1-r^2|} - 1\right) \end{align*}
後のことを考えて、これを場合分けしておく。

$|r|<1$のとき、つまり、$1-r^2>0$のとき、
\begin{align*} \qquad I_1&=\frac{\pi}{4r^2}\left(\frac{1+r^2}{1-r^2} - 1\right)\\ &=\frac{\pi}{4r^2}\left(\frac{1+r^2+r^2-1}{1-r^2}\right)\\ &=\frac{\pi}{2}\frac{1}{1-r^2} \end{align*}


$|r|>1$のとき、つまり、$1-r^2<0$のとき、
\begin{align*} \qquad I_1&=\frac{\pi}{4r^2}\left(-\frac{1+r^2}{1-r^2} - 1\right)\\ &=-\frac{\pi}{4r^2}\left(\frac{1+r^2}{1-r^2} + 1\right)\\ &=-\frac{\pi}{4r^2}\left(\frac{1+r^2+1-r^2}{1-r^2}\right)\\ &=-\frac{\pi}{2r^2} \frac{1}{1-r^{2}} \end{align*}

この二つに場合分けして、漸化式を解いていく。

$|r|<1$のとき(MAGNA)

$|r|<1$のとき、$\displaystyle I_{1}-\frac{I_{0}}{2}=0$

$|r|<1$のとき、
$$\qquad I_{1}-\frac{I_{0}}{2}=\frac{\pi}{2}\frac{1}{1-r^2}-\frac{1}{2}\frac{\pi}{1-r^2}=0$$

つまり$|r|<1$のとき、定理2の右辺が0になるということである。
$$\qquad I_{n+1}-\frac{2n+1}{2(n+1)}I_{n}=0$$
つまり、
$$\qquad I_{n+1}=\frac{2n+1}{2(n+1)}I_{n}$$
これは簡単に解くことができて、
\begin{align*} \qquad I_{n}&=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}I_{0}\\[2mm] &=\frac{(2n)!}{2^{2n}n!^2}\frac{\pi}{1-r^2}\\ &=\frac{\pi}{2^{2n}(1-r^2)}\binom{2n}{n} \end{align*}

$|r|>1$のとき。(砂消しゴムさん)

$|r|>1$のとき、
$$\qquad I_{1}-\frac{I_{0}}{2}=-\frac{\pi}{2r^2}$$

     一応示す。上に書いた$|r|>1$における$I_1$$I_0$を用いて、
    \begin{align*} \qquad I_{1}-\frac{I_{0}}{2}&=-\frac{\pi}{2r^2}\frac{1}{1-r^2}-\frac{1}{2}\frac{\pi}{1-r^2}\\ &=-\frac{\pi}{2}\frac{1}{1-r^2}\left(\frac{1}{r^2}-1\right)\\ &=-\frac{\pi}{2}\frac{1}{1-r^2}\left(\frac{1-r^2}{r^2}\right)\\ &=-\frac{\pi}{2r^2} \end{align*}

もうとっくに忘れたであろう定理2を引用して、
$$\qquad I_{n+1}-\frac{2n+1}{2(n+1)}I_{n}=\frac{1}{(2r)^{2n}}\frac{(2n+1)!}{n!(n+1)!}\left(I_{1}-\frac{I_{0}}{2}\right)$$
この$\displaystyle I_{1}-\frac{I_{0}}{2}$に上の値を入れると、
$$\qquad I_{n+1}-\frac{2n+1}{2(n+1)}I_{n} =-\frac{2\pi}{(2r)^{2n+2}}\frac{(2n+1)!}{n!(n+1)!}$$
これを具体的に書き出して、発見法的に解は得られていた。(深夜2:30)
しかし、具体的にどのように漸化式を解けば良いのか分からなかった。

この漸化式の解き方は砂消しゴムさんに教えていただいた。
    砂消しゴムさんのツイート
砂消しゴムさんに教えていただいた数式 砂消しゴムさんに教えていただいた数式

解説のギャップが(私にとって)やや大きく、$I'_{n}$の一般項の部分を中々埋めれず困っていたらゴスロリ有給休暇さんが解説して下さった。
ゴスロリ有給休暇さんに書いていただいた解説 ゴスロリ有給休暇さんに書いていただいた解説
確かに書き出してみると分かりやすいですね。
私は$I_1$から一般化しようとして事故ってたので今後の参考にしたい。

ついでに$I'_n$から$I_n$を出すところも埋めておく。
!FORMULA[89][1099323059][0]から!FORMULA[90][35516240][0]を出すとこ $I'_n$から$I_n$を出すとこ
ここで、$\displaystyle I_1=-\frac{\pi}{2r^2}\frac{1}{1-r^2}$であるから、括弧の中を整理すると、
\begin{align*} \qquad 4&I_1+\frac{2\pi}{r^2}-\frac{2\pi(r^{2n}-1)}{r^{2n}(r^2-1)}\\ &=-\frac{2\pi}{r^2}\frac{1}{1-r^2}+\frac{2\pi}{r^2}-\frac{2\pi(r^{2n}-1)}{r^{2n}(r^2-1)}\\ &=-\frac{2\pi}{1-r^2}\left(\frac{1}{r^2}-\frac{1-r^2}{r^2}-\frac{r^{2n}-1}{r^{2n}}\right)\\ &=-\frac{2\pi}{1-r^2}\left(\frac{1}{r^2}-\frac{1}{r^2}+1-1+\frac{1}{r^{2n}}\right)\\ &=\frac{2\pi}{r^{2n}(r^2-1)} \end{align*}
よって、
\begin{align*} I_{n}&=\frac{1}{4^n}\binom{2n-1}{n}\left(4I_1+\frac{2\pi}{r^2}-\frac{2\pi (r^{2n}-1)}{r^{2n}(r^2-1)}\right)\\[2mm] &=\frac{1}{4^n}\frac{(2n-1)!}{n!(n-1)!}\frac{2\pi}{r^{2n}(r^2-1)}\\ &=\frac{\pi}{(2r)^{2n}}\frac{1}{r^2-1}\binom{2n}{n} \end{align*}
よって、$|r|<1,|r|>1$の両方のパターンについて、漸化式で積分Botの式を示すことができた。
$$\qquad \int_{0}^{\pi}\frac{\sin{x}^{2n}}{(1-2r\cos{x}+r^{2})^{n+1}}dx= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{\pi}{2^{2n}}\frac{1}{1-r^2}\binom{2n}{n} \quad \, \cdots |r|<1\\ \displaystyle \frac{\pi}{(2r)^{2n}}\frac{1}{r^2-1}\binom{2n}{n} \cdots |r|>1 \end{array} \right. \end{eqnarray} $$

あとがき

最初にSillpherthにもって来られた画像の酷さを紹介しておこう。

ゴミ ゴミ
これはかなり解読に苦労しました、。


$|r|>1$の場合の漸化式の解き方を考えて、深夜の2:30まで粘って、諦めて寝たら、朝起きたらゴスロリ有給休暇さんに3行で解かれてて笑いました。
思いつかんかった、、 思いつかんかった、、


この記事の編集がようやっと終わったころ、「これで良くないですか?」と、ゴスロリ有給休暇さんに漸化式で解かれてしまった。
つよすぎんよ、 つよすぎんよ、
若干、哀愁が漂い始めたところで、今回は終わりにしたいと思います。
ここまで読んでくださり、ありがとうございました。

気が向けば、またいつか記事を書きます。ほなまた。(*´∀`)ノシ

投稿日:20231026
更新日:2023113
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