微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2006 年 6 月 20 日の試験の解答の要点^{1}

1 [2+4+8] (1) Arccos(−\frac{1}{2}) = x とおくと cos x = −\frac{1}{2}, 0 ≤ x ≤ π より y = \frac{2}{3}π.

A := \frac{1}{\sqrt{2}} · \frac{1}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} · \frac{\sqrt{3}}{2} = sin(\frac{π}{4} + \frac{π}{6} ) = sin \frac{5π}{12} であり、 −\frac{π}{2} ≤ Arcsin A ≤ \frac{π}{2} より、 Arcsin A = \frac{5π}{12} . u

(2) b = Arctan \frac{1}{5}, c = Arctan \frac{1}{239} とすると tan a = \frac{1}{5}, tan b = \frac{1}{239}. tan \frac{π}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}} より 0 < c < b < \frac{π}{6} , よって 0 < 4b − c < \frac{2π}{3} を得る。一方、 tan 2b = \frac{2 tan b}{1−tan^{2} b} = \frac{5}{12}, tan 4b = \frac{2 tan 2b}{1−tan^{2} 2b} = \frac{120}{119} より tan(4b − c) = \frac{tan 4b−tan c}{1+tan 4b tan c} = \frac{120·239−119}{119·239+120} = \frac{119·239+239−119}{119·239+120} = 1. 以上より、 4b − c = \frac{π}{4} となる。

2 [10] (1) (与式)′ = (e^{(Arccos x) log x})′ = x^{Arccos x}\{−\frac{log x}{\sqrt{1−x^{2}}} + \frac{Arccos x}{x}\}.

(2) (与式)′ = \frac{1}{\sqrt{1−4x^{2}(1−x^{2})}}(2\sqrt{1 − x^{2}} − \frac{2x^{2}}{\sqrt{1−x^{2}}} ) = \frac{1}{\sqrt{(1−2x^{2})^{2}}} \frac{2(1−2x^{2})}{\sqrt{1−x^{2}}} = \frac{2(1−2x^{2})}{|1−2x^{2}|\sqrt{1−x^{2}}} .

3 [20] (1) (x^{2}e^{3x})^{(n)} = ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (x^{2})^{(k)} (e^{3x})^{(n−k)} = 3^{n}x^{2}e^{3x} + 2n3^{n−1}xe^{3x} + n(n − 1)3^{n−2}e^{3x}.

(2) sin^{3} x = sin x· \frac{1}{2}(1−cos 2x) = \frac{1}{2} sin x− \frac{1}{2} sin x cos 2x = \frac{3}{4} sin x− \frac{1}{4} sin 3x で (sin ax)^{(n)} = a^{n} sin(ax+ \frac{n}{2}π) より、 (sin^{3} x)^{(n)} = \frac{3}{4} sin(x + \frac{n}{2}π) − \frac{3^{n}}{4} sin(3x + \frac{n}{2}π).

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

(4) 数学的帰納法によって示す。 n = 1 のとき (log x)′ = \frac{1}{x} より成立する。 n − 1 のとき正しいとすると、 n のとき、 (x^{n−1} log x)^{(n)} = ((n − 1)x^{n−2} log x + x^{n−2})^{(n−1)} = (n − 1) · \frac{(n−2)!}{x} = \frac{(n−1)!}{x}. よって成立する。

4 [5] z = (x^{2} − 1)^{n} とおくと z′ = n(x^{2} − 1)^{n−1}2x より (x^{2} − 1)z′ = 2nxz. ((x^{2} − 1)z′)^{(n+1)} = ∑_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}(x^{2} − 1)^{(k)}z^{(n+2−k)} = (x^{2} − 1)z^{(n+2)} + (n + 1)2xz^{(n+1)} + (n + 1)nz^{(n)}. (2nxz′)^{(n+1)} = 2n ∑_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}(x)^{(k)}z^{(n+1−k)} = 2nxz^{(n+1)} + 2n(n + 1)z^{(n)}. よって P_{n}(x) = z^{(n)} より与式を得る。

5 [8] f(x) = Arctan x+Arctan \frac{1}{x} とおくと f′(x) = (計算略) = 0. よって、 f(x) は区間 (−∞, 0), (0, ∞) のそれぞれで定数関数となる。 (平均値の定理の系として授業で示した。^{2}) よって、 ∀x > 0 に対し f(x) = f(1) を得るが、 f(1) = \frac{π}{4} + \frac{π}{4} = \frac{π}{2} より、 f(x) = \frac{π}{2} (x > 0) となる。また、 ∀x < 0 に対し f(x) = f(−1) となるが、 f(−1) = −\frac{π}{4} − \frac{π}{4} = −\frac{π}{2} より、 f(x) = −\frac{π}{2} (x < 0) となる。

6 [5+8+8+5] (1) 与式は x → 0 のとき\frac{0}{0} で不定形。 lim_{x→0} \frac{(x−Arctan x)′}{(x^{3})′} = lim_{x→0} \frac{1− \frac{1}{x^{2}+1}}{3x^{2}} = lim_{x→0} \frac{1}{3(1+x^{2})} = \frac{1}{3}.

よって l’Hopital の定理^{3}より (与式) = \frac{1}{3}.

(2) (与式) = lim_{x→0} \frac{log(x+1)−x}{x log(x+1)}. これは x → 0 のとき\frac{0}{0} で不定形。 α_{1} := lim_{x→0} \frac{(log(x+1)−x)′}{(x log(x+1))′} = lim_{x→0} \frac{\frac{1}{x+1} −1}{log(x+1)+ \frac{x}{x+1}} =

lim_{x→0} \frac{−x}{(x+1) log(x+1)+x} となり、これも x → 0 のとき\frac{0}{0} で不定形。 lim_{x→0} \frac{(−x)′}{((x+1) log(x+1)+x)′} = lim_{x→0} \frac{−1}{log(x+1)+2} =

−\frac{1}{2}. よって l’Hopital の定理より α_{1} = −\frac{1}{2} となるが、再び l’Hopital の定理を用いて (与式) = −\frac{1}{2} となる。

(3) 与式の対数をとり α := lim_{x→0} \frac{log \frac{sin x}{x}}{x^{2}} を考える^{4}。これは\frac{0}{0} で不定形。 α_{1} := lim_{x→0} \frac{(log \frac{sin x}{x})′}{(x^{2})′} = lim_{x→0} \frac{\frac{x cos x−sin x}{x sin x}}{2x} =

lim_{x→0} \frac{x cos x−sin x}{2x^{2} sin x}. これも\frac{0}{0} で不定形。 lim_{x→0} \frac{(x cos x−sin x)′}{(2x^{2} sin x)′} = lim_{x→0} \frac{−x sin x}{4x sin x+2x^{2} cos x} = lim_{x→0} \frac{− \frac{sin x}{x}}{4 \frac{sin x}{x} +2 cos x} = −\frac{1}{6}. 以

上より、 (3) と同様に l’Hopital の定理を 2 回用いて α = α_{1} = −\frac{1}{6} となるから (与式) = e^{−1/6} が従う。

(4) 与式は x → \frac{π}{2} +0 のとき\frac{−∞}{−∞} で不定形。 lim_{x→ \frac{π}{2} +0} \frac{(log(x− \frac{π}{2} ))′}{(tan x)′} = lim_{x→ \frac{π}{2} +0} \frac{x− \frac{π}{2}}{\frac{1}{cos^{2} x}} = lim_{x→ \frac{π}{2} +0}(\frac{sin(x− \frac{π}{2} )}{x− \frac{π}{2}})^{2}(x− \frac{π}{2} ) = 0.

よって l’Hopital の定理を用いて (与式) = 0.

7 [5] \{nc_{n}\} は収束するから \{c_{n}\} は n → ∞ のとき 0 に収束する。また、\frac{1}{n+1} < h ≤ \frac{1}{n} のとき nc_{n} ≤ \frac{f(h)}{h} ≤ (n + 1)c_{n}. h → +0 のとき n → ∞ で nc_{n} → α, (n + 1)c_{n} → α. よって^{5}、 lim_{h→+0} \frac{f(h)}{h} = α. これは f(x) は

x = 0 で右側微分可能で f′_{+}(0) = α を意味している。

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。より詳しくは直接質問に来ること。尚、 [ ] 内はその問題の配点で、満点は 88 点である。

2実際に授業中に示したのは「[a, b] で連続で (a, b) で微分可能な関数 f(x) が f′(x) = 0 を満たせば f(x) は定数関数」である。任意の 0 < a < b に対して、これを [a, b] 上で考えれば f(a) = f(b) となり、 f(x) が (0, ∞) 上で定数関数となる。同様に、 a < b < 0 でも f(a) = f(b) となるから、 f(x) は (−∞, 0) 上でも定数関数となる。この問題に見るように、 f(x) の定義域が分かれているような場合 (0, ∞)

と (−∞, 0) で同じ値をとるとは限らない。

3不定形であることを断らずに l’Hopital の定理を用いた場合 1 回につき 3 点減点した。 (2) 以降も同じ。 4ここで log \frac{sin x}{x} = log sin x − log x としてはいけない。 log x の定義域は x > 0 であるから、 x < 0 の場合この右辺は定義されない。 x → 0 と書いた場合 x < 0 の場合も考慮する必要がある。

5∀ε > 0 に対して n_{0} ∈ N があって「n ≥ n_{0} ⇒ |nc_{n} − α| < ε, |(n + 1)c_{n} − α| < ε」となる。このとき、 δ = 1/n_{0} とおくと 0 < h < δ とすれば n ≥ n_{0} がとれて\frac{1}{n+1} < h ≤ \frac{1}{n} となるので | \frac{f(h)}{h} − α| < ε (∵ α − ε < nc_{n} ≤ \frac{f(h)}{h} ≤ (n + 1)c_{n} < α + ε) となる。