三角関数の定積分

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== 三角関数の定積分 ==

【基本公式(1)】
※以下，a≠0とする．
(1.1)
$\int\sin xdx=-\cos x+ C$
(1.2)
$\int\sin(ax+ b)dx=-\frac{1}{a}\cos(ax+ b)+ C$

(2.1)
$\int\cos xdx=\sin x+ C$
(2.2)
$\int\cos(ax+ b)dx=\frac{1}{a}\sin(ax+ b)+ C$

(3.1)
$\int\tan xdx=-\log |\cos x |+ C$
(3.2)
$\int\tan(ax+ b)dx=-\frac{1}{a}\log|\cos(ax+ b)|+ C$

(4.1)
$\int\cot xdx=\log|\sin x|+ C$
(4.2)
$\int\cot(ax+ b)dx=\frac{1}{a}\log|\sin(ax+ b)|+ C$

（解説）
• 各々，右辺を微分すれば，左辺の被積分関数が得られることから，証明できる．
• 例えば，
$\frac{d}{dx}\{-\frac{1}{a}\cos(ax+ b)\}=\sin(ax+ b)$
だから(1.2)が成り立つ．

　置換積分で証明することもできる
• (3.1)は，次のように証明できる．
$\int\tan xdx=\int\frac{\sin x}{\cos x}dx=-\int\frac{(\cos x)^{\tiny \prime}}{\cos x}dx$
$=-\log|\cos x|+ C$
• (4.1)は，次のように証明できる．
$\int\cot xdx=\int\frac{\cos x}{\sin x}dx=\int\frac{(\sin x)^{\tiny \prime}}{\sin x}dx$
$=\log|\sin x|+ C$

【問題】　次の定積分の値を求めてください．

【1.1】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin xdx=-\Bigl[\cos x\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$=-\Bigl(\cos\frac{\pi}{2}-\cos 0\Bigr)=-(0-1)=1$ ･･･（答）
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【1.2】
$\underset{\tiny \frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin 2xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny \frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin 2xdx=-\frac{1}{2}\Bigl[\cos 2x\Bigr]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}$
$=-\frac{1}{2}\Bigl(\cos\pi-\cos\frac{\pi}{3}\Bigr)=-\frac{1}{2}\times(-1-\frac{1}{2})=-\frac{1}{2}\times(-\frac{3}{2})$
$=\frac{3}{4}$ ･･･（答）
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【2.1】
$\underset{\tiny \frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\cos xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny \frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\cos xdx=\Bigl[\sin x\Bigr]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}$
$=\sin\frac{\pi}{3}-\sin\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ ･･･（答）
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【2.2】
$\underset{\tiny \frac{\pi}{4}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\cos 4xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny \frac{\pi}{4}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\cos 4xdx=\frac{1}{4}\Bigl[\sin 4x\Bigr]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}$
$=\frac{1}{4}\Bigl(\sin\frac{4\pi}{3}-\sin\pi\Bigr)=\frac{1}{4}\Bigl(-\frac{\sqrt{3}}{2}-0\Bigr)=-\frac{\sqrt{3}}{8}$ ･･･（答）
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【3.1】
$\underset{\tiny -\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\tan xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny -\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\tan xdx=-\Bigl[\log|\cos x|\Bigr]_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}$
$=-\{\log|\cos\frac{\pi}{3}|-\log|\cos(-\frac{\pi}{6})|\}$
$=-\left{\log\frac{1}{2}-\log\frac{\sqrt{3}}{2}\right}=-\log\Bigl(\frac{1}{2}\times\frac{2}{\sqrt{3}}\Bigr)=-\log\frac{1}{\sqrt{3}}$
$=\log\sqrt{3}=\frac{1}{2}\log 3$ ･･･（答）

$y=\tan x$ のグラフは， $x=n\pi+ \frac{\pi}{2}$ のとき， $\pm\infty$ となるため，
(1) $\underset{\tiny \frac{\pi}{3}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\tan xdx$ のように，積分区間
の１つの端が ${\tiny \frac{\pi}{2}}$ の場合には，定積分の値が $\pm\infty$ になる．
(2) $\underset{\tiny \frac{\pi}{3}}{\int^{\frac{5\pi}{6}}}\tan xdx$ のように，積分区間の中に ${\tiny \frac{\pi}{2}}$ が含まれ
る場合は，形式的に求まった値が右図の●と●のように政府の符号を差し引き０と見なしていることがあるが，どのような極限が前提となっているかを考える必要がある．

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【3.2】
$\underset{\tiny \frac{\pi}{2}}{\int^{\pi}}\tan\frac{x}{3}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny \frac{\pi}{2}}{\int^{\pi}}\tan\frac{x}{3}dx=-3\Bigl[\log|\cos\frac{\pi}{3}|\Bigr]_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}$
$=-3\Bigl(\log|\cos\frac{\pi}{3}|-\log|\cos\frac{\pi}{6}|\Bigr)$
$=-3\Bigl(\log\frac{1}{2}-\log\frac{\sqrt{3}}{2}\Bigr)=-3\log\Bigl(\frac{1}{2}\times\frac{2}{\sqrt{3}}\Bigr)$
$=-3\log\frac{1}{\sqrt{3}}=3\log\sqrt{3}=\frac{3}{2}\log 3$ ･･･（答）

（参考） $y=\tan\frac{x}{3}$ のグラフは， $\frac{\pi}{2}\underset{=}{\lt}x\underset{=}{\lt}\pi$ の区間で連続である．

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【4.1】
$\underset{\tiny \frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\cot xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny \frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\cot xdx=\Bigl[\log|\sin x|\Bigr]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}$
$=\log|\sin\frac{\pi}{4}|-\log|\sin\frac{\pi}{6}|$
$=\log\frac{\sqrt{2}}{2}-\log\frac{1}{2}=\log\Bigl(\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{1}{2}\Bigr)=\log\sqrt{2}$
$=\frac{\log 2}{2}$ ･･･（答）

$y=\cot x$ のグラフは， $x=n\pi$ において不連続となっており，この問題の積分区間では連続

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【4.2】
$\underset{\tiny \frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\cot 2xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny \frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\cot 2xdx=\frac{1}{2}\Bigl[\log|\sin 2x|\Bigr]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}$
$=\frac{1}{2}\(\log|\sin\frac{\pi}{2}|-\log|\sin\frac{\pi}{3}|\)$
$=\frac{1}{2}\(\log 1-\log\frac{\sqrt{3}}{2}\)=-\frac{1}{2}\lo\frac{\sqrt{3}}{2}$ ･･･（答）
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【基本公式(2)】
※以下，a≠0とする．
(5.1)
$\int\sec^2xdx=\int\frac{dx}{\cos^2 x}=\tan x+ C$
(5.2)
$\int\sec^2(ax+ b)dx=\int\frac{dx}{\cos^2(ax+ b)}=\frac{1}{a}\tan(ax+ b)+ C$
(6.1)
$\int\rm{cosec}^2xdx=\int\frac{dx}{\sin^2 x}=-\cot x+ C$
(6.2)
$\int\rm{cosec}^2(ax+ b)dx=\int\frac{dx}{\sin^2(ax+ b)}=-\frac{1}{a}\cot(ax+ b)+ C$
(7.1)
$\int\tan^2xdx=\tan x-x+ C$
(7.2)
$\int\tan^2(ax+ b)dx=\frac{1}{a}\tan(ax+ b)-x+ C$
(8.1)
$\int\cot^2xdx=-\cot x-x+ C$
(8.2)
$\int\cot^2(ax+ b)dx=-\frac{1}{a}\cot(ax+ b)-x+ C$

（解説）
(5.1) $\frac{1}{\cos x}$ のことを $\sec x$ と書く．
次に，
$\frac{d}{dx}(\tan x)=\frac{d}{dx}(\frac{\sin x}{\cos x})=\frac{(\sin x)^{\tiny \prime}\cos x-\sin x(\cos x)^{\tiny \prime}}{\cos^2x}$
$=\frac{\cos^2 x+ \sin^2 x}{\cos^2x}=\frac{1}{\cos ^2 x}$
だから
$\int\frac{dx}{\cos^2 x}=\tan x+ C$
が成り立つ．
(5.1)において，ax+b=tとおく置換積分により，(5.2)が示せる．

(6.1) $\frac{1}{\sin x}$ のことを $\rm{cosec}x$ と書く．（英語圏では $\csc x$ ）
次に，
$\frac{d}{dx}(\cot x)=\frac{d}{dx}(\frac{\cos x}{\sin x})=\frac{(\cos x)^{\tiny \prime}\sin x-\cos x(\sin x)^{\tiny \prime}}{\sin^2x}$
$=\frac{-\sin^2 x-\cos^2 x}{\sin^2x}=-\frac{1}{\sin^2 x}$
だから
$\int\frac{dx}{\sin^2 x}=-\cot x+ C$
が成り立つ．
(6.1)において，ax+b=tとおく置換積分により，(6.2)が示せる．

三角関数の相互関係
$\sin^2x+\cos^2x=1$
の両辺を $\cos^2x$ で割った式
$\tan^2x+ 1=\frac{1}{\cos^2x}$
を(5.1)の左辺に代入すると
$\int\(\tan^2 x+ 1\)dx=\tan x+ C$
$\int\tan^2 xdx+ x=\tan x+ C$
$\int\tan^2 xdx=\tan x-x+ C$
となって(7.1)が示される．

(7.1)は「見かけ上」 $\tan x$ の2次式を積分したら，「次数が下がって」 $\tan x$ の1次式になるように「見える」ので，奇妙に見えるが,これで正しい．

taylor級数で言えば
$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\cdots$
$\tan x-x=\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\cdots$
$(\tan x-x)^{\tiny \prime}=x^2+\frac{2x^4}{3}+\cdots$
は
$(x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\cdots)^2$
に等しい．

(7.1)において，ax+b=tとおく置換積分により，(7.2)が示せる．

三角関数の相互関係
$\sin^2x+\cos^2x=1$
の両辺を $\sin^2x$ で割った式
$1+\cot^2x=\frac{1}{\sin^2x}$
を(6.1)の左辺に代入すると
$\int\(1+\cot^2 x\)dx=-\cot x+ C$
$x+ \int\cot^2 xdx=-\cot x+ C$
$\int\cot^2 xdx=-\cot x-x+ C$
となって(8.1)が示される．
(8.1)において，ax+b=tとおく置換積分により，(8.2)が示せる．

【5.1】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\sec^2xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\sec^2xdx=\Bigl[\tan x\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{3}}$
$=\tan\frac{\pi}{3}-0=\sqrt{3}$ ･･･（答）
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【5.2】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{3}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sec^2\frac{x}{2}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{3}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sec^2\frac{x}{2}dx=2\Bigl[\tan\frac{x}{2}\Bigr]_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}$
$=2(\tan\frac{\pi}{4}-\tan\frac{\pi}{6})=2(1-\frac{1}{\sqrt{3}})$ ･･･（答）
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【6.1】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\rm{cosec}^2xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\rm{cosec}^2xdx=-\Bigl[\cot x\Bigr]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}$
$=-(0-\sqrt{3})=\sqrt{3}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【6.2】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{3}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\rm{cosec}^2\frac{x}{2}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{3}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\rm{cosec}^2\frac{x}{2}dx=-2\Bigl[\cot\frac{x}{2}\Bigr]_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}$
$=-2(\cot\frac{\pi}{4}-\cot\frac{\pi}{6})=-2(1-\sqrt{3})=2(\sqrt{3}-1)$ ･･･（答）
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【7.1】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\tan^2xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\tan^2xdx=\Bigl[\tan x-x\Bigr]_0^{\frac{\pi}{4}}$
$=(\tan\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4})-0=1-\frac{\pi}{4}$ ･･･（答）
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【7.2】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{2}}{\int^{\pi}}\tan^2\frac{x}{3}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{2}}{\int^{\pi}}\tan^2\frac{x}{3}dx=\Bigl[3\tan\frac{x}{3}-x\Bigr]_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}$
$=(3\tan\frac{\pi}{3}-\pi)-(3\tan\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{2})$
$=(3\sqrt{3}-\pi)-(\sqrt{3}-\frac{\pi}{2})=2\sqrt{3}-\frac{\pi}{2}$ ･･･（答）
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【8.1】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cot^2xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cot^2xdx=\Bigl[-\cot x-x\Bigr]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}$
$=(-\cot\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2})-(-\cot\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{6})$
$=(-0-\frac{\pi}{2})-(-\sqrt{3}-\frac{\pi}{6})=\sqrt{3}-\frac{\pi}{3}$ ･･･（答）
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【8.2】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{2}}{\int^{\pi}}\cot^2\frac{x}{2}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{2}}{\int^{\pi}}\cot^2\frac{x}{2}dx=\Bigl[-2\cot\frac{x}{2}-x\Bigr]_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}$
$=(-2\cot\frac{\pi}{2}-\pi)-(-2\cot\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{2})$
$=(0-\pi)-(-2-\frac{\pi}{2})=2-\frac{\pi}{2}$ ･･･（答）
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【基本公式(3)】
※以下，a≠0とする．

　被積分関数が三角関数の累乗になっているときは「半角公式など」を使って，累乗の形を避けて積分を行うとよい．

(9.1)
$\int\sin^2axdx=\frac{1}{2}x-\frac{1}{4a}\sin 2ax+ C$
(9.2)
$\int\cos^2axdx=\frac{1}{2}x+\frac{1}{4a}\sin 2ax+ C$
(9.3)･･･←(7.2)で示されている
$\int\tan^2axdx=\frac{1}{a}\tan ax-x+ C$
(9.4)･･･←(8.2)で示されている
$\int\cot^2axdx=-\frac{1}{a}\cot ax-x+ C$

（解説）
余弦の2倍角公式により
$\cos 2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha$
$=1-2\sin^2\alpha$ ･･･①
$=2\cos^2\alpha-1$ ･･･②
①から
$\sin^2\alpha=\frac{1-\cos 2\alpha}{2}$ ･･･③
②から
$\cos^2\alpha=\frac{1+\cos 2\alpha}{2}$ ･･･④

(9.1)←
③より
$\int\sin^2 axdx=\int\frac{1-\cos 2ax}{2}dx$
$=\frac{1}{2}x-\frac{\sin 2ax}{4a}+ C$

(9.2)←
④より
$\int\cos^2 axdx=\int\frac{1+\cos 2ax}{2}dx$
$=\frac{1}{2}x+\frac{\sin 2ax}{4a}+ C$

【9.1】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin^2 3xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin^2 3xdx=\Bigl[\frac{1}{2}x-\frac{\sin 6x}{12}\Bigr]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}$
$=(\frac{\pi}{4}+ 0)-(\frac{\pi}{12}-0)=\frac{\pi}{6}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【9.2】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\cos^2 4xdx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\cos^2 4xdx=\Bigl[\frac{1}{2}x+\frac{\sin 8x}{16}\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$
$=(\frac{\pi}{8}+ 0)-(0)=\frac{\pi}{8}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【9.3】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\tan^2 \frac{x}{2}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\tan^2 \frac{x}{2}dx=\Bigl[2\tan\frac{x}{2}-x\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$=2\tan\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{2}=2-\frac{\pi}{2}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【9.4】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\cot^2 2x\hspace{1}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\cot^2 2x\hspace{1}dx=\Bigl[-\frac{1}{2}\cot 2x-x\Bigr]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}$
$=(0-\frac{\pi}{4})-(\frac{1}{2\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6})=\frac{\sqrt{3}}{6}-\frac{\pi}{12}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

※以下，a≠0とする．

【公式(4)】
(10.1)
$\int\sin^3axdx=\frac{1}{a}\Bigl(\frac{\cos^3ax}{3}-\cos ax\Bigr)+ C$
(10.2)
$\int\cos^3axdx=\frac{1}{a}\Bigl(\sin ax-\frac{\sin^3ax}{3}\Bigr)+ C$
(10.3)
$\int\tan^3axdx=\frac{1}{2a}\tan^2ax+\frac{1}{a}\log|\cos ax|+ C$
(10.4)
$\int\cot^3axdx=-\frac{1}{2a}\cot^2ax-\frac{1}{a}\log|\sin ax|+ C$

(解説）

　基本と書いてない【公式】は，覚えなくてもよいのか，覚えなければならないのか，××年前に筆者が高校生だったころには，数学の先生にそう尋ねた．
　筆者の今の考えを言えば「覚えなくてもよいが」「必要になれば作ればよい」．大学入試で時々「6分の1公式」の扱いが話題になる．
$\underset{\alpha}{a\int^{\beta}}(x-\alpha)(x-\beta)dx=-\frac{a}{6}(\beta-\alpha)^3$
　この問題を出すと，覚えて来た者はすぐにでき，覚えて来なかった者は時間がかかるので，他の問題に割ける時間配分が変わり，実力や思考力と異なる得点分布になってしまうという話．問題の組み合わせを考えずに出題する大学は，期待外れの学生を入れてしまうことになる．
　公式を覚えて来ただけで受かるような数学の試験は，あまり感心しないが，逆に割り切って，簡単な公式を覚えてきたら合格させて，学生数を確保することもありかな．善悪のことでなく，需要と供給のバランスで成り立つ世界が見えてくる．

(10.1)←
正弦の三倍角公式により
$\sin 3\alpha=3\sin\alpha-4\sin^3\alpha$
$\sin^3\alpha=\frac{3\sin\alpha-\sin 3\alpha}{4}$
$\int\sin^3 axdx=\int\frac{3\sin ax-\sin 3ax}{4}dx$
$=-\frac{3}{4a}\cos ax+\frac{1}{12a}\cos 3ax+ C$
この式は，３倍角公式 $\cos 3ax=4\cos^3 ax-3\cos ax$ を用いて，次の形で書いてもよい．
$=-\frac{3}{4a}\cos ax+\frac{1}{12a}(4\cos^3 ax-3\cos ax)+ C$
$=\frac{1}{3a}\cos^3 ax-\frac{1}{a}\cos ax+ C$

(10.1)の別の証明：被積分関数を $\cos^n ax\hspace{1}\sin ax$ の形にする．
$\int\sin^3 axdx=\int\sin^2ax\hspace{1}\sin ax\hspace{1}dx$
$=\int(1-\cos^2ax)\sin ax\hspace{1}dx=I$ とおく
cosax=tとおく置換積分により，
$\frac{dt}{dx}=-a\sin ax$
$dx=-\frac{dt}{a\sin ax}$
$I=\int(1-t^2)\sin ax\bigl(-\frac{dt}{a\sin ax}\Bigr)$
$=-\frac{1}{a}\int(1-t^2)dt=-\frac{1}{a}(t-\frac{t^3}{3})+ C$
$=\frac{1}{a}(\frac{\cos^3ax}{3}-\cos ax)+ C$

(10.2)←
余弦の三倍角公式により
$\cos 3\alpha=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha$
$\cos^3\alpha=\frac{\cos 3\alpha+ 3\cos\alpha}{4}$
$\int\cos^3axdx=\int\frac{\cos 3ax+ 3\cos ax}{4}dx$
$=\frac{1}{12a}\sin 3ax+\frac{3}{4a}\sin ax+ C$
この式は，３倍角公式 $\sin 3ax=3\sin ax-4\sin^3 ax$ を用いて，次の形で書いてもよい．
$=\frac{1}{12a}(3\sin ax-4\sin^3 ax)+\frac{3}{4a}\sin ax+ C$
$=-\frac{1}{3a}\sin^3 ax+\frac{1}{a}\sin ax+ C$

(10.2)の別の証明：被積分関数を $\sin^n ax\hspace{1}\cos ax$ の形にする．
$\int\cos^3 axdx=\int\cos^2ax\hspace{1}\cos ax\hspace{1}dx$
$=\int(1-\sin^2ax)\cos ax\hspace{1}dx=I$ とおく
sin ax=tとおく置換積分により，
$\frac{dt}{dx}=a\cos ax$
$dx=\frac{dt}{a\cos ax}$
$I=\int(1-t^2)\cos ax\bigl(\frac{dt}{a\cos ax}\Bigr)$
$=\frac{1}{a}\int(1-t^2)dt=\frac{1}{a}(t-\frac{t^3}{3})+ C$
$=\frac{1}{a}(\sin ax-\frac{\sin^3ax}{3})+ C$

※高校生が試験会場で，限られた時間内に求めるのは難しい方だと思う．一度やっていて，薄い記憶でもあれば，できるかもしれない．
(10.3)は次の漸化式においてn=3の場合を考えるとよい．
$\int\tan^nax\hspace{1}dx=\frac{\tan^{n-1}ax}{(n-1)a}-\int\tan^{n-2}ax\hspace{1}dx$

n≧2のとき
$I_n=\int\tan^nax\hspace{1}dx=\int\tan^{2}ax\tan^{n-2}ax\hspace{1}dx$
$1+\tan^2\alpha=\frac{1}{\cos^2\alpha}$ だから
$=\int\Bigl(\frac{1}{\cos^2ax}-1\Bigr)\tan^{n-2}ax\hspace{1}dx$
$=\int\frac{\tan^{n-2}ax}{\cos^2ax}dx-\int\tan^{n-2}ax\hspace{1}dx=J-I_{n-2}$

とおく
Jはtanax=tとおく置換積分により，次の形になる．
$\frac{dt}{dx}=\frac{a}{\cos^2ax}$
$J=\int\frac{t^{n-2}}{\cos^2ax}\times\frac{\cos^2ax\hspace{1}dt}{a}=\frac{t^{n-1}}{a(n-1)}+ C_1$
$=\frac{\tan^{n-1}ax}{a(n-1)}+ C_1$
よって
$I_n=\frac{\tan^{n-1}ax}{a(n-1)}-I_{n-2}$ （ $I_n$ は定数項を含む）

上記の漸化式においてn=3の場合を考えると
$\int\tan^3ax\hspace{1}dx=\frac{\tan^{2}ax}{2a}-\int\tan^{}ax\hspace{1}dx$
$=\frac{\tan^{2}ax}{2a}+\frac{1}{a}\log|\cos ax|+ C$

(10.4)は次の漸化式においてn=3の場合を考えるとよい．
$\int\cot^nax\hspace{1}dx=\frac{\cot^{n-1}ax}{(n-1)a}-\int\cot^{n-2}ax\hspace{1}dx$

n≧2のとき
$I_n=\int\cot^nax\hspace{1}dx=\int\cot^{2}ax\hspace{1}\cot^{n-2}ax\hspace{1}dx$
$1+\cot^2\alpha=\frac{1}{\sin^2\alpha}$ だから
$=\int\Bigl(\frac{1}{\sin^2ax}-1\Bigr)\cot^{n-2}ax\hspace{1}dx$
$=\int\frac{\cot^{n-2}ax}{\sin^2ax}dx-\int\cot^{n-2}ax\hspace{1}dx=J-I_{n-2}$

とおく
Jはcot ax=tとおく置換積分により，次の形になる．
$\frac{dt}{dx}=-\frac{a}{\sin^2ax}$
$J=\int\frac{t^{n-2}}{\sin^2ax}\times(-\frac{\sin^2ax\hspace{1}dt}{a})=-\frac{t^{n-1}}{a(n-1)}+ C_1$
$=-\frac{\cot^{n-1}ax}{a(n-1)}+ C_1$
よって
$I_n=-\frac{\cot^{n-1}ax}{a(n-1)}-I_{n-2}$ （ $I_n$ は定数項を含む）

上記の漸化式においてn=3の場合を考えると
$\int\cot^3ax\hspace{1}dx=-\frac{\cot^{2}ax}{2a}-\int\cot^{}ax\hspace{1}dx$
$=-\frac{\cot^{2}ax}{2a}-\frac{1}{a}\log|\sin ax|+ C$

【10.1】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\sin^3 2x\hspace{1}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\sin^3 2x\hspace{1}dx=\frac{1}{2}\Bigl[\frac{\cos^32x}{3}-\cos 2x\Bigr]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}$
$=\frac{1}{2}\Bigl{(-\frac{1}{24}+\frac{1}{2})-(\frac{1}{24}-\frac{1}{2})\Bigr}=\frac{11}{24}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【10.2】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cos^3 4x\hspace{1}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cos^3 4x\hspace{1}dx=\frac{1}{4}\Bigl[\sin 4x-\frac{\sin^34x}{3}\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$=0$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【10.3】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\tan^3\frac{x}{2}\hspace{1}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\tan^3\frac{x}{2}\hspace{1}dx=\Bigl[\tan^2\frac{x}{2}+ 2\log|\cos\frac{x}{2}|\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$=(1+ 2\log\frac{1}{\sqrt{2}})-(0-0)=1-\log 2$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【10.4】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\cot^3 2x\hspace{1}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{6}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\cot^3 2x\hspace{1}dx=\Bigl[-\frac{1}{4}\cot^22x-\frac{1}{2}\log|\sin 2x|\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$=\Bigl(-\frac{1}{4}\times\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\log\frac{\sqrt{3}}{2}\Bigr)-\Bigl(-\frac{1}{4}\times\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\log\frac{\sqrt{3}}{2}\Bigr)$
$=0$ ･･･（答）
→解説を隠す←

※以下，a≠0とする．

【公式(5)】
(11.1)
$\int\sin^4axdx=\frac{3}{8}x-\frac{\sin 2ax}{4a}+\frac{\sin 4ax}{32a}+ C$
(11.2)
$\int\cos^4axdx=\frac{3}{8}x+\frac{\sin 2ax}{4a}+\frac{\sin 4ax}{32a}+ C$
(11.3)
$\int\tan^4axdx=\frac{1}{3a}\tan^3ax-\frac{1}{a}\tan ax+ x+ C$
(11.4)
$\int\cot^4axdx=-\frac{1}{3a}\cot^3ax+\frac{1}{a}\cot ax+ x+ C$

（解説）
(11.1)←
半角公式を使う方法
$\sin^2\alpha=\frac{1-\cos 2\alpha}{2}$
だから
$\sin^2ax=\frac{1-\cos 2ax}{2}$
$\sin^4ax=\frac{1}{4}\Bigl(1-\cos 2ax\Bigr)^2$
$=\frac{1}{4}\Bigl(1-2\cos 2ax+ \cos^2 2ax\Bigr)$
$\int\sin^4ax\hspace{1}dx=\frac{1}{4}\int\Bigl(1-2\cos 2ax+ \cos^2 2ax\Bigr)dx$
ここで，(9.2)により
$\cos^2 2ax\hspace{1}dx=\frac{1}{2}x+\frac{1}{8a}\sin 4ax+ C_1$
だから
$\int\sin^4ax\hspace{1}dx=\frac{1}{4}\Bigl(x-2\times\frac{\sin 2ax}{2a}+\frac{1}{2}x+\frac{1}{8a}\sin 4ax\Bigr)+ C$
$=\frac{3}{8}x-\frac{\sin 2ax}{4a}+\frac{\sin 4ax}{32a}+ C$

(11.1)は次の漸化式においてn=4の場合を考えても証明できる．
$\int\sin^nax\hspace{1}dx=-\frac{\sin^{n-1}ax\cos ax}{na}+\frac{n-1}{n}\int\sin^{n-2}ax\hspace{1}dx$

n≧2のとき
$I_n=\int\sin^nax\hspace{1}dx=\int\sin^{n-1}ax\sin ax\hspace{1}dx$
次の変換により，部分積分を行う

$f(x)=\sin^{n-1}ax$	$\rightarrow$	$f^{\tiny \prime}(x)=(n-1)\sin^{n-2}ax\cdot(a\cos ax)$
$g(x)=-\frac{\cos ax}{a}$	$\leftarrow$	$g^{\tiny \prime}(x)=\sin ax$

$I_n=\int f(x)g^{\tiny \prime}(x)\hspace{1}dx=f(x)g(x)-\int f^{\tiny \prime}(x)g(x)\hspace{1}dx$
$=-\frac{\sin^{n-1}ax\cos ax}{a}$
$+(n-1)\int\sin^{n-2}ax\times a\cos ax\times\frac{-\cos ax}{a}\hspace{1}dx$
$=-\frac{\sin^{n-1}ax\cos ax}{a}+(n-1)\int\sin^{n-2}ax\cos^2 ax\hspace{1}dx$
$=-\frac{\sin^{n-1}ax\cos ax}{a}+(n-1)\int\sin^{n-2}ax(1-\sin^2 ax)dx$
$=-\frac{\sin^{n-1}ax\cos ax}{a}+(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n$
$nI_n=-\frac{\sin^{n-1}ax\cos ax}{a}+(n-1)I_{n-2}$
$I_n=-\frac{\sin^{n-1}ax\cos ax}{na}+\frac{n-1}{n}I_{n-2}$ ･･･(11.1**)

上記の漸化式においてn=4の場合を考えると
$\int\sin^4ax\hspace{1}dx=-\frac{\sin^{3}ax\cos ax}{4a}+\frac{3}{4}\int\sin^2ax\hspace{1}dx$
$=J+ K+ C$ とおく
$J=-\frac{1}{4a}\Bigl(\fra{3\sin ax-\sin 3ax}{4}\Bigr)\cos ax$
$=-\frac{1}{16a}(3\sin ax\cos ax-\sin 3ax\cos ax)$
$=-\frac{1}{16a}\Bigl(\frac{3\sin 2ax}{2}-\frac{\sin 4ax+ \sin 2ax}{2}\Bigr)$
$=-\frac{1}{16a}\Bigl(\sin 2ax-\frac{\sin 4ax}{2}\Bigr)$
(9.1)により
$K=\frac{3}{4}\Bigl(\frac{1}{2}x-\frac{1}{4a}\sin 2ax\Bigr)$
結局
$\int\sin^4ax\hspace{1}dx$
$=-\frac{1}{16a}\Bigl(\sin 2ax-\frac{\sin 4ax}{2}\Bigr)+\frac{3}{4}\Bigl(\frac{1}{2}x-\frac{1}{4a}\sin 2ax\Bigr)+ C$
$=\frac{3}{8}x-\frac{\sin 2ax}{4a}+\frac{\sin 4ax}{32a}+ C$

(11.2)←
半角公式を使う方法
$\cos^2\alpha=\frac{1+\cos 2\alpha}{2}$
だから
$\cos^2 ax=\frac{1+\cos 2ax}{2}$
$\cos^4 ax=\frac{1}{4}(1+\cos 2ax)^2$
$=\frac{1}{4}(1+ 2\cos 2ax+\cos^22ax)$
$\int\cos^4ax\hspace{1}dx=\frac{1}{4}\int\Bigl(1+ 2\cos 2ax+ \cos^2 2ax\Bigr)dx$
ここで，(9.2)により
$\cos^2 2ax\hspace{1}dx=\frac{1}{2}x+\frac{1}{8a}\sin 4ax+ C_1$
だから
$\int\cos^4ax\hspace{1}dx=\frac{1}{4}\Bigl(x+ 2\times\frac{\sin 2ax}{2a}+\frac{1}{2}x+\frac{1}{8a}\sin 4ax\Bigr)+ C$
$=\frac{3}{8}x+\frac{\sin 2ax}{4a}+\frac{\sin 4ax}{32a}+ C$

(11.2)は次の漸化式においてn=4の場合を考えても証明できる．
$\int\cos^nax\hspace{1}dx=\frac{\cos^{n-1}ax\sin ax}{na}+\frac{n-1}{n}\int\cos^{n-2}ax\hspace{1}dx$
･･･(11.2**)
この漸化式の証明や，それを用いた(11.2)の計算は，(11.1)とほぼ同様に示せるが，長くなるので，ここでは省略する．

(11.3)は次の漸化式を利用して求められる．
$\int\tan^nax\hspace{1}dx=\frac{\tan^{n-1}ax}{(n-1)a}-\int\tan^{n-2}ax\hspace{1}dx$

この漸化式は，次のようにして証明できる．
$I_n=\int\tan^nax\hspace{1}dx=\int\tan^{n-2}ax\hspace{1}\tan^{2}ax\hspace{1}dx$
$=\int\tan^{n-2}ax\Bigl(\frac{1}{\cos^{2}ax}-1\Bigr)dx$
$=\int\frac{\tan^{n-2}ax}{\cos^{2}ax}dx-\int\tan^{n-2}ax\hspace{1}dx=J-I_{n-2}$
とおく．
Jはtan ax=tとおく置換積分により，次の形になる．
$\frac{dt}{dx}=\frac{a}{\cos^2ax}$
$dx=\frac{\cos^2ax}{a}dt$
$J=\int\frac{t^{n-2}}{\cos^{2}ax}\times\frac{\cos^2ax}{a}dt=\int\frac{t^{n-2}}{a}dt$
$=\frac{t^{n-1}}{(n-1)a}+ C=\frac{\tan^{n-1}ax}{(n-1)a}+ C$
$I_n=\frac{\tan^{n-1}ax}{(n-1)a}-I_{n-2}$ （Iは定数を含めて考える）
･･･(11.3**)

上記の漸化式で，n=4のとき
$\int\tan^4ax\hspace{1}dx=\frac{\tan^{3}ax}{3a}-\int\tan^{2}ax\hspace{1}dx$
(9.3)により
$\int\tan^2ax\hspace{1}dx=\frac{1}{a}\tan ax-x+ C$
だから
$\int\tan^4ax\hspace{1}dx=\frac{\tan^{3}ax}{3a}-\frac{1}{a}\tan ax+ x+ C$

(11.4)も同様にして，次の漸化式を利用して求められる．（証明略）
$\int\cot^nax\hspace{1}dx=-\frac{\cot^{n-1}ax}{(n-1)a}-\int\cot^{n-2}ax\hspace{1}dx$
･･･(11.4**)

【11.1】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\sin^4 x\hspace{1}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\sin^4 x\hspace{1}dx=\Bigl[\frac{3}{8}x-\frac{\sin 2x}{4}+\frac{\sin 4x}{32}\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$
$=\Bigl(\frac{3}{32}\pi-\frac{1}{4}+ 4\Bigr)-0=\frac{3}{32}\pi-\frac{1}{4}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【11.2】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\pi}}\cos^4 2x\hspace{1}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\pi}}\cos^4 2x\hspace{1}dx=\Bigl[\frac{3}{8}x+\frac{\sin 4x}{8}+\frac{\sin 8x}{64}\Bigr]_{0}^{\pi}$
$=\frac{3}{8}\pi$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【11.3】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\pi}}\tan^4\frac{x}{3}\hspace{1}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny 0}{\int^{\pi}}\tan^4\frac{x}{3}\hspace{1}dx=\Bigl[\frac{3}{3}\tan^3\frac{x}{3}-3\tan\frac{x}{3}+ x\Bigr]_{0}^{\pi}$
$=(3\sqrt{3}-3\sqrt{3}+ \pi)-0=\pi$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【11.4】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{3}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cot^4\frac{x}{2}\hspace{1}dx$

［解説を読む］

$\underset{\tiny\frac{\pi}{3}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cot^4\frac{x}{2}\hspace{1}dx=\Bigl[-\frac{2}{3}\cot^3\frac{x}{2}+ 2\cot\frac{x}{2}+ x\Bigr]_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}$
$=(-\frac{2}{3}+ 2+\frac{\pi}{2})-(-\frac{2}{3}\times 3\sqrt{3}+ 2\sqrt{3}+\frac{\pi}{3})$
$=\frac{\pi}{6}+\frac{4}{3}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【11.1**】
$I_n=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin^n x\hspace{1}dx$ について漸化式を作り， $I_5,\hspace{1}I_6$
を求めてください．

［解説を読む］

(11.1**)により
$I_n=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin^n x\hspace{1}dx$ $=\Bigl[-\frac{\sin^{n-1}ax\cos ax}{na}\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}+\frac{n-1}{n}\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin^{n-2} x\hspace{1}dx$
$=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$
だから
$I_5=\frac{4}{5}I_{3}=\frac{4}{5}(\frac{2}{3}I_1)$
$I_1=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\sin x\hspace{1}dx=\Bigl[-\cos x\bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=1$
$I_5=\frac{8}{15}$ ･･･（答）
$I_6=\frac{5}{6}I_{4}=\frac{5}{6}(\frac{3}{4}I_2)=\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}(\frac{1}{2}I_0)$
$I_0=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\hspace{1}dx=\Bigl[x\bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2}$
$I_6=\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{5}{32}\pi$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【11.2**】
$I_n=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cos^n 2x\hspace{1}dx$ について漸化式を作り， $I_5,\hspace{1}I_6$
を求めてください．

［解説を読む］

$I_n=\Bigl[\frac{\cos^{n-1}2x\sin 2x}{na}\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{n-1}{n}I_{n-2}=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$
だから
$I_5=\frac{4}{5}I_3=\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}I_1$
$I_1=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cos 2x\hspace{1}dx=\Bigl[\frac{\sin 2x}{2}\bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=0$
$I_5=0$ ･･･（答）
$I_6=\frac{5}{6}I_4=\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}I_2=\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}I_0$
$I_0=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}dx=\Bigl[x\bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2}$
$I_6=\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}I_2=\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{5}{32}\pi$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【11.3**】
$\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\tan^n\frac{x}{2}\hspace{1}dx$ について漸化式を作り， $I_5,\hspace{1}I_6$
を求めてください．

［解説を読む］

$I_n=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\tan^n\frac{x}{2}\hspace{1}dx=\Bigl[\frac{2\tan^{n-1}\frac{x}{2}}{n-1}\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-I_{n-2}$
$=\frac{2}{n-1}-I_{n-2}$
$I_5=\frac{2}{4}-I_{3}=\frac{1}{2}-(\frac{2}{2}-I_1)=I_1-\frac{1}{2}$
(3.2)により
$I_1=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\tan\frac{x}{2}\hspace{1}dx=\Bigl[-2\log|\cos\frac{x}{2}|\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$=(-2\log\frac{1}{\sqrt{2}}-2\log 1)-(0)=\log 2$
$I_5=\log 2-\frac{1}{2}$ ･･･（答）
$I_6=\frac{2}{5}-I_{4}=\frac{2}{5}-(\frac{2}{3}-I_2)=\frac{2}{5}-\{\frac{2}{3}-(\frac{2}{1}-I_0)\}$
$=\frac{26}{15}-I_0$
$I_0=\underset{\tiny 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}dx=\Bigl[x\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2}$
$I_6=\frac{26}{15}-\frac{\pi}{2}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【11.4**】
$\underset{\tiny\frac{\pi}{4}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cot^nx\hspace{1}dx$ について漸化式を作り， $I_5,\hspace{1}I_6$
を求めてください．

［解説を読む］

$I_n=\underset{\tiny\frac{\pi}{4}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cot^nx\hspace{1}dx=\Bigl[-\frac{\ct^{n-1}x}{n-1}\Bigr]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}-I_{n-2}$
$=\frac{1}{n-1}-I_{n-2}$
$I_5=\frac{1}{4}-I_{3}=\frac{1}{4}-(\frac{1}{2}-I_1)=-\frac{1}{4}+ I_1$
(4.1)により
$I_1=\Bigl[\log|\sin x|\Bigr]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}=\log 1-\log\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\log 2}{2}$
$I_5=\frac{\log 2}{2}-\frac{1}{4}$ ･･･（答）
$I_6=\frac{1}{5}-I_{4}=\frac{1}{5}-(\frac{1}{3}-I_2)=\frac{1}{5}-\{\frac{1}{3}-(\frac{1}{1}-I_0)\}$
$=\frac{13}{15}-I_0$
$I_0=\underset{\tiny\frac{\pi}{4}}{\int^{\frac{\pi}{2}}}dx\Bigl[x\Bigr]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}$
$I_6=\frac{13}{15}-\frac{\pi}{4}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【公式(6)】
※以下，m, nは正の整数でm≠±nとする．

　積分計算は，関数の積の形になっているよりも，線形（定数倍と和差）の形の方が楽にできるので，被積分関数が三角関数の積になっているときは「積を和に直す公式」を使って，和の形にしてから積分を行うとよい．

(12.1)
$\int\sin mx\sin nxdx=\frac{\sin(m-n)x}{2(m-n)}-\frac{\sin(m+ n)x}{2(m+ n)}+ C$
(12.2)
$\int\cos mx\cos nxdx=\frac{\sin(m+ n)x}{2(m+ n)}+\frac{\sin(m-n)x}{2(m-n)}+ C$
(12.3)
$\int\sin mx\cos nxdx=-\frac{\cos(m-n)x}{2(m-n)}-\frac{\cos(m+ n)x}{2(m+ n)}+ C$

（解説）
(12.1)←
三角関数の積を和に直す公式
$\sin\alpha\sin\beta=-\frac{1}{2}\Bigl{\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\Bigr}$
により
$\sin mx\sin nx=-\frac{1}{2}\Bigl{\cos(mx+ nx)-\cos(mx-nx)\Bigr}$
$=-\frac{1}{2}\Bigl{\cos(m+ n)x-\cos(m-n)x\Bigr}$
だから
$\int\sin mx\sin nxdx$
$=-\frac{1}{2}\int\Bigl{\cos(m+ n)x-\cos(m-n)x\Bigr}dx$
$=-\frac{1}{2}\Bigl{\frac{\sin(m+ n)x}{m+ n}-\frac{\sin(m-n)x}{m-n}\Bigr}+ C$
$=\frac{\sin(m-n)x}{2(m-n)}-\frac{\sin(m+ n)x}{2(m+ n)}+ C$

(12.2)←
三角関数の積を和に直す公式
$\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}\Bigl{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\Bigr}$
により
$\cos mx\cos nx=\frac{1}{2}\Bigl{\cos(mx+ nx)+\cos(mx-nx)\Bigr}$
$=\frac{1}{2}\Bigl{\cos(m+ n)x+\cos(m-n)x\Bigr}$
だから
$\int\cos mx\cos nxdx$
$=\frac{1}{2}\int\Bigl{\cos(m+ n)x+\cos(m-n)x\Bigr}dx$
$=\frac{\sin(m+ n)x}{2(m+ n)}+ \frac{\sin(m-n)x}{2(m-n)}+ C$

(12.3)←
三角関数の積を和に直す公式
$\sin\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}\Bigl{\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\Bigr}$
により
$\sin mx\cos nx=\frac{1}{2}\Bigl{\sin(mx+ nx)+\sin(mx-nx)\Bigr}$
$=\frac{1}{2}\Bigl{\sin(m+ n)x+\sin(m-n)x\Bigr}$
だから
$\int\sin mx\cos nxdx$
$=\frac{1}{2}\int\Bigl{\sin(m+ n)x+\sin(m-n)x\Bigr}dx$
$=-\frac{\cos(m+ n)x}{2(m+ n)}-\frac{\cos(m-n)x}{2(m-n)}+ C$

※以下，m, nは正の整数とする．

【12.1】
$\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\sin mx\sin nx\hspace{1}dx$

［解説を読む］

ア） m≠nのとき，(11.1)により
$\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\sin mx\sin nx\hspace{1}dx=\Bigl[\frac{\sin(m-n)x}{2(m-n)}-\frac{\sin(m+ n)x}{2(m+ n)}\Bigr]_0^{2\pi}$
=0
イ） m=nのとき，(9.1)により
$\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\sin^2mxdx=\Bigl[\frac{1}{2}x-\frac{1}{4m}\sin 2mx\Bigr]_0^{2\pi}=\pi$
→解説を隠す←

【12.2】
$\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\cos mx\cos nx\hspace{1}dx$

［解説を読む］

ア） m≠nのとき，(11.1)により
$\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\cos mx\cos nx\hspace{1}dx=\Bigl[\frac{\sin(m+ n)x}{2(m+ n)}+\frac{\sin(m-n)x}{2(m-n)}\Bigr]_0^{2\pi}$
=0
イ） m=nのとき，(9.2)により
$\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\cos^2mxdx=\Bigl[\frac{1}{2}x+\frac{1}{4m}\sin 2mx\Bigr]_0^{2\pi}=\pi$
→解説を隠す←

【12.3】
$\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\sin mx\cos nx\hspace{1}dx$

［解説を読む］

ア） m≠nのとき，(12.3)により
$\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\sin mx\cos nx\hspace{1}dx=\Bigl[\frac{\sin(m+ n)x}{2(m+ n)}+\frac{\sin(m-n)x}{2(m-n)}\Bigr]_0^{2\pi}$
=0
イ） m=nのとき
$\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\sin mx\cos mx\hspace{1}dx=\underset{\tiny 0}{\int^{2\pi}}\frac{\sin 2mx}{2}dx$
$=\Bigl[\frac{\cos 2mx}{4m}\Bigr]_0^{2\pi}=0$
→解説を隠す←

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