微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2001 年 5 月 31 日の試験の解答の要点^{1}

1 [10] (1) Arcsin(−\frac{1}{2}) = x とおくと sin x = −\frac{1}{2}, −\frac{π}{2} ≤ x ≤ \frac{π}{2} より x = −\frac{π}{6} .

Arccos(−\frac{\sqrt{3}}{2}) = y とおくと cos y = −\frac{\sqrt{3}}{2}, −\frac{π}{2} ≤ y ≤ \frac{π}{2} より y = \frac{5}{6}π

(2) a = Arctan \frac{1}{3}, b = Arctan \frac{1}{7} とすると tan a = \frac{1}{3}, tan b = \frac{1}{7}. tan \frac{π}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}} より 0 < b < a < \frac{π}{6} , よって 0 < 2a + b < \frac{π}{2} を得る。一方、 tan 2a = \frac{2 tan a}{1−tan^{2} a} = \frac{3}{4} より tan(2a + b) = \frac{tan 2a+tan b}{1−tan 2a tan b} = 1. ^{2}以上より、 2a + b = \frac{π}{4} となる。

2 [10] Arcsin x の定義域は −1 ≤ x ≤ 1 より x が f(x) の定義域に属するなら −1 ≤ \frac{x+1}{x−1} ≤ 1 を満たす。 x > 1 のとき −(x−1) ≤ x+1 ≤ x−1 であるがこれを満たす x は存在しない。 x < 1 のとき −(x−1) ≥ x+1 ≥ x−1 より x ≤ 0. よって f(x) の定義域は x ≤ 0. f′(x) = _{\frac{1}{\sqrt{1−(\frac{x+1}{x−1})^{2}}}} (\frac{x+1}{x−1})′ = \frac{|x−1|}{\sqrt{−4x}} \frac{−2}{(x−1)^{2}} = \frac{−1}{(1−x)\sqrt{−x}}. (x ≤ 0 より |x − 1| = 1 − x に注意せよ。 )

3 [10] f′_{+}(0) = lim_{h→+0} \frac{\sqrt{2h+1}−1}{h} = lim_{h→+0} \frac{2h}{h(\sqrt{2h+1}+1)} = 1. f′_{−}(0) = lim_{h→−0} \frac{ah^{2}+bh+1−1}{h} = b.

f′_{+}(0) = f′_{−}(0) のとき f′(0) が存在するので、 b = 1 のときのみ f′(0) は存在し、 f′(0) = 1.

4 [10] (1) (x^{sin x})′ = (e^{(sin x) log x})′ = x^{sin x}\{(cos x) log x + \frac{sin x}{x}\}.

(2) (与式)′ = \frac{1}{1+x^{2}} + _{\frac{1}{1+(\frac{1}{x})^{2}}} (−\frac{1}{x^{2}} ) = 0.

5 [10] \frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{1+ \frac{1}{t^{2}}}{1− \frac{1}{t^{2}}} = \frac{t^{2}+1}{t^{2}−1}. \frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{d(\frac{dy}{dx})}{dx} = \frac{\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})}{\frac{dx}{dt}} = \frac{− \frac{4t}{(t^{2}−1)^{2}}}{1− \frac{1}{t^{2}}} = −\frac{4t^{3}}{(t^{2}−1)^{3}} .

6 [15] (1) Leibniz の公式より (x^{2}e^{x})^{(n)} = ∑_{k=0}^{n} _{n}C_{k} (x^{2})^{(k)} (e^{x})^{(n−k)} = x^{2}e^{x} + 2nxe^{x} + n(n − 1)e^{x}.

(2) cos 3x cos x = cos 4x + cos 2x で (cos ax)^{(n)} = a^{n} cos(ax + \frac{n}{2}π) より^{3}、 (cos 3x cos x)^{(n)} = 4^{n} cos(4x + \frac{n}{2}π) + 2^{n} cos(2x + \frac{n}{2}π).

(3) \frac{1}{x^{2}−x} = \frac{1}{x−1} − \frac{1}{x} で (\frac{1}{x−a})^{(n)} = \frac{(−1)^{n}n!}{(x−a)^{n+1}} より^{4}、 (\frac{1}{x^{2}−x})^{(n)} = \frac{(−1)^{n}n!}{(x−1)^{n+1}} − \frac{(−1)^{n}n!}{x^{n+1}}.

7 [15] (1) (e^{−x})^{(k)} = (−1)^{k}e^{−x}, (x^{n})^{(n−k)} = \frac{n!}{k!}x^{k} に注意すると、 Leibniz の公式より

e^{x} \frac{d^{n}}{dx^{n}} (x^{n}e^{−x}) = e^{x} ∑_{k=0}^{n} _{n}C_{k} (e^{−x})^{(k)} (x^{n})^{(n−k)} = ∑_{k=0}^{n} _{n}C_{k}(−1)^{k} \frac{n!}{k!}x^{k} となり多項式とわかる。

(2) z = x^{n}e^{−x} とおくと z′ = nx^{n−1}e^{−x} − x^{n}e^{−x} より xz′ = (n − x)z. この両辺を n + 1 回微分すると Leibniz の公式より (xz′)^{(n+1)} = (n + 1)z^{(n+1)} + xz^{(n+2)}, {(n − x)z}^{(n+1)} = −(n + 1)z^{(n)} + (n − x)z^{(n+1)} より xz^{(n+2)} + (x + 1)z^{(n+1)} + (n + 1)z^{(n)} = 0. L_{n} = e^{x}z^{(n)} より z^{(n)} = e^{−x}L_{n}, z^{(n+1)} = e^{−x}(L′_{n} − L_{n}), z^{(n+2)} = e^{−x}(L′′_{n} − 2L′_{n} + L_{n}) を代入して xe^{−x}(L′′_{n}−2L′_{n}+L_{n})+(x+1)e^{−x}(L′_{n}−L_{n})+(n+1)e^{−x}L_{n} = 0. 整理して xL′′_{n}(x)+(1−x)L′_{n}(x)+nL_{n}(x) = 0 を得る。

1注意この「試験の解答の要点」は解答の要点である。そのままの答えでは完全な解答とは言えない。また、解法は一種類ではない。尚、 [ ] 内はその問題の配点で、満点は 80 点である。

2tan(2a + b) = 1 だけでは、 2a + b = \frac{π}{4} + nπ (n ∈ Z) しかわからないが、 0 < 2a + b < \frac{π}{2} を別途示したので 2a + b = \frac{π}{4} を得る。 3数学的帰納法によって示す。示していない場合減点した。 4数学的帰納法によって示す。示していない場合減点した。