微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2006 年 7 月 11 日の試験の解答の要点^{1}

1 [8+5+24] (1) I = ∫ x^{2} Arccos xdx = ∫ (\frac{1}{3}x^{3})′ Arccos xdx = \frac{1}{3}x^{3} Arccos x + ∫ \frac{1}{3}x^{3} \frac{dx}{\sqrt{1−x^{2}}} で, t = 1 − x^{2} とおくと ∫ \frac{1}{3}x^{3} \frac{dx}{\sqrt{1−x^{2}}} = −\frac{1}{6} ∫ (1 − t)\frac{1}{\sqrt{t}}dt = \frac{1}{9}(t − 3)\sqrt{t}. よって、 I = \frac{1}{3}x^{3} Arccos x − \frac{1}{9}(x^{2} + 2)\sqrt{1 − x^{2}}.

(2) (与式)= x^{2} − 1 + \frac{1}{x^{2}+1} より ∫ \frac{x^{4}}{x^{2}+1}dx = \frac{1}{3}x^{3} − x + Arctan x.

(3) t = tan \frac{x}{2} とすると、 dx = \frac{2}{1+t^{2}} dt, sin x = \frac{2t}{1+t^{2}} , cos x = \frac{1−t^{2}}{1+t^{2}} より ∫ \frac{cos x}{sin x(1+cos x)}dx = ∫ \frac{1−t^{2}}{2t} dt = \frac{1}{2} log |t| − \frac{1}{4}t^{2} = \frac{1}{2} log |tan \frac{x}{2} | − \frac{1}{4} tan^{2} \frac{x}{2}.

(4) t = tan x とすると、 dx = \frac{1}{1+t^{2}} dt, sin^{2} x = \frac{t^{2}}{1+t^{2}} , cos^{2} x = \frac{1}{1+t^{2}} より I = ∫ \frac{cos^{2} x}{3+sin^{2} x}dx = ∫ \frac{1}{(1+t^{2})(3+4t^{2})}dt = ∫ (\frac{4}{3+4t^{2}} − \frac{1}{1+t^{2}} )dx = \frac{2}{\sqrt{3}} Arctan \frac{2}{\sqrt{3}}t − Arctan t = \frac{2}{\sqrt{3}} Arctan(\frac{2}{\sqrt{3}} tan x) − x.

(5) \frac{1}{x(x^{2}+1)^{2}} = \frac{A}{x} + \frac{Bx+C}{x^{2}+1} + \frac{Dx+E}{(x^{2}+1)^{2}} とすると 1 = (A + B)x^{4} + Cx^{3} + (2A + B + D)x^{2} + (C + E)x + A となるので、 A = 1, B = −1, C = 0, D = −1, E = 0. よって、 ∫ \frac{dx}{x(x^{2}+1)^{2}} = ∫ (\frac{1}{x} − \frac{x}{x^{2}+1} − \frac{x}{(x^{2}+1)^{2}} )dx = log |x| − \frac{1}{2} log(x^{2} + 1) − \frac{1}{2} \frac{1}{1−2} \frac{1}{1+x^{2}} = \frac{1}{2} log \frac{x^{2}}{x^{2}+1} + \frac{1}{2(x^{2}+1)}.

2 [10] (1) \frac{1}{sin^{2} x} − \frac{1}{x^{2}} = \frac{x^{2}−sin^{2} x}{x^{2} sin^{2} x} = \frac{x^{2}−(x− \frac{1}{6} x^{3}+O(x^{5}))^{2}}{x^{2}(x+O(x^{3}))^{2}} = \frac{x^{2}−(x^{2}− \frac{1}{3} x^{4}+O(x^{6}))}{x^{4}+O(x^{6})} = \frac{\frac{1}{3} x^{4}+O(x^{6})}{x^{4}+O(x^{6})} → \frac{1}{3} (x → 0).

(2) cos^{n} \frac{x}{\sqrt{n}} = (1 − \frac{1}{2}(\frac{x}{\sqrt{n}})^{2} + O((\frac{x}{\sqrt{n}})^{4}))^{n} = (1 − \frac{1}{n} \frac{x^{2}}{2} + O(\frac{x^{4}}{n^{2}} ))^{n} → e^{−x^{2}/2} (n → ∞).

(別解) x = 0 のとき極限は 1. x ≠ 0 のとき\frac{cos \frac{x}{\sqrt{n}} −1}{n} = −(\frac{sin \frac{x}{\sqrt{n}}}{\frac{x}{\sqrt{n}}})^{2} \frac{x^{2}}{cos \frac{x}{\sqrt{n}} +1} → −\frac{x^{2}}{2} (n → ∞) より、

cos^{n} \frac{x}{\sqrt{n}} = (1 + (cos \frac{x}{\sqrt{n}} − 1))^{\frac{1}{cos x/\sqrt{n}−1} \frac{cos x/\sqrt{n}−1}{n}} → e^{−x^{2}/2} (n → ∞). よって、極限は e^{−x^{2}/2}.

3 [14] (1) f′(x) = \frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}} より\sqrt{1 − x^{2}}f′(x) = 1. 両辺を微分して\frac{−x}{\sqrt{1−x^{2}}} f′(x) + \sqrt{1 − x^{2}}f′′(x) = 0. よって、 (1 − x^{2})f′′(x) − xf′(x) = 0. ((1 − x^{2})f′′)^{(n−1)} = ∑_{k} \binom{n−1}{k}(1 − x^{2})^{(k)}(f′′)^{(n−1−k)} = (1 − x^{2})f^{(n+1)} − 2(n − 1)xf^{(n)} − (n − 1)(n − 2)f^{(n−1)}. (xf′)^{(n−1)} = xf^{(n)} + (n − 1)f^{(n−1)} となるから与式を得る。

(2) (1) より f^{(n+1)}(0) = (n − 1)^{2}f^{(n−1)}(0) であるから、 f(0) = 0 より f^{(2n)}(0) = 0. また、 f′(0) = 1 より f^{(3)}(0) = 1, f^{(5)}(0) = 3^{2}. 近似式は f(x) = ∑_{k=0}^{5} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + o(x^{5}) = x + \frac{x^{3}}{6} + \frac{3}{40}x^{5} + o(x^{5}) (x → 0).

4 [7] F (x) をヒントのように定義すると、 F′(x) = f′(x) − \frac{1}{2}(f′(a) + f′(x)) − \frac{1}{2}(x − a)f′′(x) + 3K(x − a)^{2}, F′′(x) = −\frac{1}{2}(x − a)f′′′(x) + 6K(x − a). よって、 F (a) = F′(a) = 0 であるから、 Taylor の公式により F (b) = \frac{1}{6}F′′(c)(b − a)^{2}, a < c < b を満たす c がある。 F (b) = 0 より (−\frac{1}{2}f′′′(c) + 6K)(c − a) = 0 であるが、 K = \frac{1}{(b−a)^{3}} (f(b) − [f(a) + \frac{1}{2}(b − a)\{f′(a) + f′(b)\}]) であるから与式を得る。

5 [10] (1) α := lim_{x→0} \frac{x−Arctan x}{x^{3}} は\frac{0}{0} で不定形。 lim_{x→0} \frac{(x−Arctan x)′}{(x^{3})′} = lim_{x→0}^{\frac{1− \frac{1}{1+x^{2}}}{3x^{2}}} = lim_{x→0} \frac{1}{3(1+x^{2})} = \frac{1}{3} より l’Hopital の定理より α = \frac{1}{3} ≠ 0. よって、 3 位の無限小となる。

(2) lim_{x→∞} \frac{(log x)^{100}}{x^{α}} = 0 を示せばよいが、このためには β = \frac{α}{100} として lim_{x→∞} \frac{log x}{x^{β}} = 0 を示せばよい。これは\frac{∞}{∞} より不定形で (log x)′ = \frac{1}{x}, (x^{β})′ = βx^{β−1} で lim_{x→∞} \frac{\frac{1}{x}}{βx^{β−1}} = 0 より l’Hopital の定理より従う。

6 [5] g(x) := e^{−cx}f(x) ≥ 1 (x > 0) を示せばよい。 g′(x) = −ce^{−cx}f(x)+e^{−cx}f′(x) = (−cf(x)+f′(x))e^{−cx} ≥ 0. よって、 g(x) は広義単調増加で g(0) = 1 より g(x) ≥ 1 (x > 0) を得る。

7 [7] y′ = 2x(log x + \frac{1}{2}), y′ = 0 より x = e^{−1/2}.

y′′ = 2 log x + 3, y′′ = 0 より x = e^{−3/2} より増減表を書くと

x 0 ⋯ e^{−3/2}  ⋯ e^{−1/2}  ⋯ ∞
y′ 0 −  ／  −  0  + ／
y′′ ／ −  0  +  ／  + ／
y 0  −\frac{3}{2}e^{−3}  −\frac{1}{2}e^{−1}  ∞

以上よりグラフは右のようになる。

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 90 点である。平均 28.04 点、標準偏差 14.31 点でした。