微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2007 年 6 月 22 日のテストの解答の要点^{1}

1 [10] |\frac{f(h)−f(0)}{h}| = |h sin \frac{1}{h}| ≤ |h| → 0 (h → +0) であるから f′_{+}(0) = 0, \frac{f(h)−f(0)}{h} = 0 → 0 (h → −0) であるから f′_{−}(0) = 0 より、 f′(0) = 0 となり f(x) は x = 0 で微分可能。一方、 x > 0 のとき f′(x) = 2x cos \frac{1}{x} + sin \frac{1}{x} となるが、 x → +0 とすると、 |2x cos \frac{1}{x}| ≤ 2|x| → 0 より 2x cos \frac{1}{x} は 0 に収束するが、 sin \frac{1}{x} は発散するので f(x) も発散する。よって、 lim_{x→+0} f′(x) は存在しないので、特に f′(x) は x = 0 で連続ではない。

2 [10] (1) (与式)′ = −\frac{cos x}{\sqrt{1−sin^{2} x}} = −\frac{cos x}{| cos x|}.

(2) f(x) = x^{Arctan x} とすると、 log f(x) = Arctan x · log x. よって、\frac{f′(x)}{f(x)} = \frac{log x}{1+x^{2}} + \frac{Arctan x}{x} であるから f′(x) = \{\frac{log x}{1+x^{2}} + \frac{Arctan x}{x}\}x^{Arctan x}.

3 [10] n = 1 のとき、 (右辺)= \binom{1}{0}f^{(1)}g^{(0)} + \binom{1}{1}f^{(0)}g^{(1)} = f′g + fg′ = (fg)′ より成立する。

n − 1 のとき成り立つと仮定すると、 n のとき、

(fg)^{(n)} = (∑_{k=0}^{n−1} \binom{n−1}{k}f^{(n−1−k)}g^{(k)})′ = ∑_{k=0}^{n−1} \binom{n−1}{k}(f^{(n−k)}g^{(k)} + f^{(n−1−k)}g^{(k+1)}) = f^{(n)}g + ∑_{k=1}^{n−1} \binom{n−1}{k}f^{(n−k)}g^{(k)} + ∑_{k=0}^{n−2} \binom{n−1}{k}f^{(n−1−k)}g^{(k+1)} + fg^{(n)}

= f^{(n)}g + ∑_{k=1}^{n−1}\{\binom{n−1}{k} + \binom{n−1}{k−1}\}f^{(n−k)}g^{(k)} + fg^{(n)}
= f^{(n)}g + ∑_{k=1}^{n−1} \binom{n}{k}f^{(n−k)}g^{(k)} + fg^{(n)} = ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k}f^{(n−k)}g^{(k)}

ここで、 3 行目の等号は l = k + 1 とおくと ∑_{k=0}^{n−2} a_{k} = ∑_{l=1}^{n−1} a_{l−1} となることを、 4 行目の最初の等号では\binom{n−1}{k} + \binom{n−1}{k−1} = \frac{(n−1)!}{k!(n−k)!}(n − k + k) = \binom{n}{k} を用いた。 (この 2 つの事柄が述べてない解答は 0 点とした。 ) よって、 n のときも成立するので、数学的帰納法によってすべての自然数 n に対して与式は成立する。

4 [15] (1) ライプニッツの公式により、

\{(1 + x^{2})e^{2x}\}^{(n)} = ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k}(1 + x^{2})^{(k)}(e^{2x})^{(n−k)} = (1 + x^{2})2^{n}e^{2x} + \binom{n}{1}2x2^{n−1}e^{2x} + \binom{n}{2}2 · 2^{n−2}e^{2x} = 2^{n}e^{2x}(1 + x^{2} + nx + \frac{n(n−1)}{4}).

(2) (\frac{1}{ax+b})^{(n)} = (\frac{−a}{(ax+b)^{2}} )^{(n−1)} = (\frac{(−a)^{2}·2}{(ax+b})^{(n−2)} = ⋯ = \frac{(−a)^{n}·(n−1)!}{ax+b} に注意すると、 \frac{3x}{2x^{2}−x−1} = \frac{1}{2x+1} + \frac{1}{x−1} より、 (\frac{3x}{2x^{2}−x−1})^{(n)} = (\frac{1}{2x+1})^{(n)} + (\frac{1}{x−1})^{(n)} = \frac{(−2)^{n}·(n−1)!}{(2x+1)^{n+1}} + \frac{(−1)^{n}·(n−1)!}{(x−1)′}.

(3) (cos ax)^{(n)} = (−a sin ax)^{(n−1)} = (a cos(ax + \frac{π}{2} ))^{(n−1)} = ⋯ = a^{n} cos(ax + \frac{n}{2}π) に注意すると、 cos^{3} x = cos x\frac{1+cos 2x}{2} = \frac{1}{2} cos x + \frac{1}{4}(cos 3x + cos x) = \frac{1}{4} cos 3x + \frac{3}{4} cos x より、 (cos^{3} x)^{(n)} = \frac{1}{4}(cos 3x)^{(n)} + \frac{3}{4}(cos x)^{(n)} = \frac{3^{n}}{4} cos(3x + \frac{n}{2}π) + \frac{3}{4} cos(x + \frac{n}{2}π).

5 [15] (1) f′(x) = \frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}} , f′′(x) = \frac{x}{(1−x^{2})^{3/2}} であるから、 (1 − x^{2})f′′(x) − xf′(x) = 0 を満たす。

(2) (1) の両辺を n 回微分すると、ライプニッツの公式により、

\{(1 − x^{2})f′′(x)\}^{(n)} = (1 − x^{2})f^{(n+2)} + \binom{n}{1}(1 − x^{2})′f^{(n+1)}(x) + \binom{n}{2}(1 − x^{2})′′f^{(n)}(x)

= (1 − x^{2})f^{(n+2)} − 2nxf^{(n+1)}(x) − n(n − 1)f^{(n)}(x), \{xf′(x)\}^{(n)} = xf^{(n+1)} + \binom{n}{1}(x)′f^{(n+1)}(x) = xf^{(n+1)} + nf^{(n+1)}(x) となるから、与式が成立する。

(3) (2) で n = 2m − 1, x = 0 とすると、 f^{(2m+1)}(0) − (2m − 1)^{2}f^{(2m−1)}(0) = 0. よって、 f′(0) = 1 であるから、この漸化式から、 f^{(2m+1)}(0) = (2m − 1)^{2}f^{(2m−1)}(0) = (2m − 1)^{2} · (2m − 3)^{2}f^{(2m−3)}(0) = ⋯ = (2m − 1)^{2} · (2m − 3)^{2} ⋯ 3^{2} · 1^{2} · f^{(1)}(0) = 1^{2} · 3^{2} ⋯ (2m − 1)^{2} となる。

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 60 点である。