0428-1984 东大工 数学 WEB

微分积分 复变函数

(1) ${\cos }^{n}x=2^{-n+1}\sum _{k=0}^{⟨\frac{n}{2}⟩}{}_n{\mathrm{C}}_k\cos (n-2k)x$ であることを示せ。但し $n$ は正の整数、$⟨\frac{n}{2}⟩$ は $\frac{n}{2}$ を越えない最大の整数とする。

(2) (1) にならい ${\sin }^{n}x$ の表式を求めよ。

(3) $I={\int }_0^{\infty }\frac{\mathrm{d}t}{(1+t^2{)}^{\frac{m}{2}}}$ を $m=3$ および $5$ の場合について求めよ。

(4) $I={\int }_0^{\infty }\frac{t^2\mathrm{d}t}{(1+t^2{)}^{\frac{5}{2}}}$ を求めよ。

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解答：

(1)
オイラーの公式より $\cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$ であるから、二項定理を用いて展開する。

$${\cos }^{n}x={\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)}^n=\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_k(e^{ix}{)}^{n-k}(e^{-ix}{)}^k=\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_k{e}^{i(n-2k)x}$$
左辺は実数であるため、右辺の実部を比較する。
$${\cos }^{n}x=\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_k\cos (n-2k)x$$
二項係数の対称性 ${}_n{\mathrm{C}}_k={}_n{\mathrm{C}}_{n-k}$ および余弦関数の偶関数性 $\cos (\theta )=\cos (-\theta )$ より、$k$ と $n-k$ の項は等しい。
（※ $n$ が偶数のとき、中央項 $k=\frac{n}{2}$ の係数は $1$ つのみであるが、公式の形にまとめる慣例に従う）
両端から項を $2$ つずつペアにまとめることで、与式を得る。
$${\cos }^{n}x=2^{-n+1}\sum _{k=0}^{⟨\frac{n}{2}⟩}{}_n{\mathrm{C}}_k\cos (n-2k)x$$
(証明終)

(2)
同様に $\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ を用いる。

$${\sin }^{n}x={\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)}^n=\frac{1}{2^n{i}^n}\sum _{k=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_k(-1{)}^k{e}^{i(n-2k)x}$$
$i^n=e^{i\frac{n\pi }{2}}$ より、
$${\sin }^{n}x=\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_k(-1{)}^k{e}^{i\left((n-2k)x-\frac{n\pi }{2}\right)}$$
実部をとり、(1) と同様に対称性を用いて項をまとめる。位相のずれ $-\frac{n\pi }{2}$ を考慮して偶奇で場合分けすると、以下の表式を得る。

$$\boxed{\begin{array}{rl}& n\text{ が偶数のとき: }{\sin }^{n}x=2^{-n+1}(-1{)}^{\frac{n}{2}}\sum _{k=0}^{⟨\frac{n}{2}⟩}{}_n{\mathrm{C}}_k(-1{)}^k\cos (n-2k)x\\ & n\text{ が奇数のとき: }{\sin }^{n}x=2^{-n+1}(-1{)}^{\frac{n-1}{2}}\sum _{k=0}^{⟨\frac{n}{2}⟩}{}_n{\mathrm{C}}_k(-1{)}^k\sin (n-2k)x\end{array}}$$

(3)
$t=\tan \theta$ と置換する。$\mathrm{d}t=\frac{1}{{\cos }^2\theta }\mathrm{d}\theta$ であり、積分区間は $t:0\to \infty$ のとき $\theta :0\to \frac{\pi }{2}$ となる。

$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{(\frac{1}{{\cos }^2\theta }{)}^{\frac{m}{2}}}\frac{1}{{\cos }^2\theta }\mathrm{d}\theta ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{m-2}\theta \mathrm{d}\theta$$
$m=3$ のとき、
$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \mathrm{d}\theta ={\left[\sin \theta \right]}_0^{\frac{\pi }{2}}=1$$
$m=5$ のとき、
$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-{\sin }^2\theta )\cos \theta \mathrm{d}\theta$$
$u=\sin \theta$ とおくと、$\mathrm{d}u=\cos \theta \mathrm{d}\theta$、$u:0\to 1$。
$$I={\int }_0^1(1-u^2)\mathrm{d}u={\left[u-\frac{u^3}{3}\right]}_0^1=\frac{2}{3}$$
$$\boxed{m=3\text{ のとき }1,m=5\text{ のとき }\frac{2}{3}}$$

(4)
(3) と同様に $t=\tan \theta$ と置換する。

$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\tan }^2\theta }{(\frac{1}{{\cos }^2\theta }{)}^{\frac{5}{2}}}\frac{1}{{\cos }^2\theta }\mathrm{d}\theta ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^2\theta \cos \theta \mathrm{d}\theta$$
$u=\sin \theta$ とおくと、
$$I={\int }_0^1{u}^2\mathrm{d}u={\left[\frac{u^3}{3}\right]}_0^1=\frac{1}{3}$$
（別解：部分積分を用いると、${\int }_0^{\infty }t\cdot \frac{t}{(1+t^2{)}^{\frac{5}{2}}}\mathrm{d}t={\left[-\frac{t}{3(1+t^2{)}^{\frac{3}{2}}}\right]}_0^{\infty }+\frac{1}{3}{\int }_0^{\infty }\frac{1}{(1+t^2{)}^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}t=0+\frac{1}{3}\times 1=\frac{1}{3}$ となり、(3)の $m=3$ の結果を直接利用できる。）
$$\boxed{\frac{1}{3}}$$

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这道题目分为两个部分，前两问考查了利用复数（欧拉公式）处理三角函数高次幂的倍角展开，后两问考查了有理函数及三角代换的广义积分。

在第(1)和(2)问中，最核心的技巧是将 $\cos x$ 和 $\sin x$ 用指数形式表达。这比直接使用三角恒等式降幂要高效得多。利用二项式定理展开后，再根据首尾项系数相等的对称性进行合并。需要注意的是，当 $n$ 为偶数时，展开式的中间项只有一个，严格来说不应该乘以 2，但许多经典教材和考题中为了形式的统一，习惯将其纳入求和号中（相当于默认中间项系数减半）。对于正弦函数，由于分母带有虚数单位 $i$，所以展开后实部和虚部的性质会随着 $n$ 的奇偶性发生变化，导致最终结果在余弦和正弦函数之间切换。

在第(3)和(4)问中，处理包含 $1+t^2$ 形式的积分，最标准的做法是令 $t=\tan \theta$。通过这一代换，可以将原本无限区间的代数积分转化为有限区间 $[0,\pi /2]$ 上的三角函数积分，进而运用华莱士公式（Wallis’ integrals）或者简单的换元法（如 $u=\sin \theta$）轻松求解。此外，第(4)问还可以通过分部积分法与第(3)问建立递推关系，这是积分学中十分优美且实用的联系。