微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2007 年 7 月 20 日のテストの解答の要点^{1}

1 [5+7×5] 以下、 C は積分定数を表す。 (1) I = ∫ (\frac{1}{cos^{2} x} − 1) dx = tan x − x + C.

(2) ∫ Arccos x dx = ∫ x′ Arccos x dx = x Arccos x + ∫ x\frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}} dx で, t = 1 − x^{2} とおくと ∫ x\frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}} dx = −\frac{1}{2} ∫ \frac{1}{\sqrt{t}} dt = −\sqrt{t} + C. よって、 I = x Arccos x − \sqrt{1 − x^{2}} + C.

(3) \frac{x^{3}−2}{(x+1)(x−2)} = x + 1 + \frac{1}{x+1} + \frac{2}{x−2} より I = \frac{1}{2}x^{2} + x + log |x + 1| + 2 log |x − 2| + C.

(4) t = \sqrt{\frac{1−x}{x}} とすると、 x = \frac{1}{1+t^{2}} より、 I = ∫ t(\frac{1}{1+t^{2}} )′ dx = \frac{t}{1+t^{2}} − ∫ \frac{1}{1+t^{2}} dt = \frac{t}{1+t^{2}} − Arctan t + C = \sqrt{x(1 − x)} − Arctan \sqrt{\frac{x−1}{x}} + C.

(5) t = tan x とすると、 dx = \frac{1}{1+t^{2}} dt より I = ∫ \frac{1}{1+t} \frac{1}{1+t^{2}} dt =^{∗} \frac{1}{2} ∫ (\frac{1}{1+t} − \frac{2t}{2(1+t^{2})} + \frac{1}{1+t^{2}} ) dt = \frac{1}{2} log |1+t|

−\frac{1}{4} log(1 + t^{2}) + \frac{1}{2} Arctan t + C = \frac{1}{2} log | cos x + sin x| + \frac{1}{2}x + C. (∗ では、\frac{1}{1+t} \frac{1}{1+t^{2}} = \frac{A}{1+t} + \frac{Bt+D}{1+t^{2}} とおくと、 1 = A(1 + t^{2}) + (Bt + D)(1 + t) となるから、 A + B = 0, B + D = 0, A + D = 1 となり、 A = D = \frac{1}{2}, B = −\frac{1}{2} を得た。 )

(6) t = \sqrt{e^{2x} − 2} とすると、 x = \frac{1}{2} log(t^{2}+2) より、\frac{dx}{dt} = \frac{t}{t^{2}+2}. よって、 I = ∫ t\frac{t}{t^{2}+2} dt = ∫ (1− \frac{2}{t^{2}+2}) dt = t − \frac{2}{\sqrt{2}} Arctan \frac{t}{\sqrt{2}} = \sqrt{e^{2x} − 2} − \sqrt{2} Arctan \sqrt{\frac{e^{2x}−2}{2}} + C.

2 [6+7+7] (1) (x−1)(5−x) = 4−(x−3)^{2} より、 x = 2 cos θ+3 とすると、 dx = −2 cos θ dθ で\frac{x}{θ} |\frac{1 → 4}{π →π/3} より、 (与式)= ∫_{π}^{π/3} |2 sin θ|(−2 sin θ) dθ = ∫_{π/3}^{π} 4 sin^{2} θ dθ = ∫_{π/3}^{π} 2(1 − cos 2θ) dθ = \frac{4}{3}π + \frac{\sqrt{3}}{2}. 注: 中心 (3, 0), 半径 2 の円の 1 ≤ x ≤ 5, y ≥ 0 の部分であることを用いてもよい。

(2) t = tan \frac{x}{2} とすると、 dx = \frac{2}{1+t^{2}} dt, cos x = \frac{1−t^{2}}{1+t^{2}} で\frac{x}{t}|\frac{0→ \frac{π}{2}}{0→1} より、 (与式)= ∫_{0}^{1} _{\frac{1}{2+ \frac{1−t^{2}}{1+t^{2}}}} \frac{2}{1+t^{2}} dt =

∫_{0}^{1} \frac{2 dt}{3+t^{2}} = [\frac{2}{\sqrt{3}} Arctan \frac{x}{\sqrt{3}}]_{0}^{1} = \frac{2}{\sqrt{3}} Arctan \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} \frac{π}{6} = \frac{π}{3\sqrt{3}}.

(3) (与式)= I とかく。 t = π − x とおくと、 I = ∫_{π}^{0} \frac{(π−t) sin t}{1+cos^{2} t}(−1) dt = ∫_{0}^{π} \frac{π sin t}{1+cos^{2} t} dt − I. よって、 I = \frac{π}{2} ∫_{0}^{π} \frac{sin t}{1+cos^{2} t} dt となる。ここで、 t = cos x とすると、 dt = − sin x dx で\frac{x}{t}|\frac{0→π}{1→−1} より、 I = \frac{π}{2} ∫_{−1}^{1} \frac{dt}{1+t^{2}} = \frac{π}{2} [Arctan t]_{−1}^{1} = π Arctan 1 = \frac{π^{2}}{4} .

3 [8] (与式)= lim_{n→∞} \frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} _{\frac{1}{\sqrt{1+4( \frac{k}{n})^{2}}}} = ∫_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1+4x^{2}}} . t = 2x + \sqrt{1 + 4x^{2}} とすると、 x = \frac{t^{2}−1}{4t}, dx =

(\frac{1}{4} + \frac{1}{4t^{2}} ) dt で\frac{x}{t}|\frac{0→ 1}{1→2+\sqrt{5}} より、 (与式)= ∫_{1}^{2+\sqrt{5}} _{\frac{1}{t− \frac{t^{2}−1}{2t}}} \frac{t^{2}+1}{4t^{2}} dt = ∫_{1}^{2+\sqrt{5}} \frac{1}{2t} dt = [\frac{1}{2} log |t|]_{1}^{2+\sqrt{5}} = \frac{1}{2} log(2 + \sqrt{5}).

4 [5] f(x) = x + e^{x} ∫_{0}^{2} e^{−t}f(t) dt より、 C = ∫_{0}^{2} e^{−t}f(t) dt とおくと、 f(x) = x + Ce^{x} より、 C = ∫_{0}^{2} e^{−t}(t + Ce^{t}) dt = 1 − 3e^{−2} + 2C. よって、 C = 3e^{−2} − 1 となるから、 f(x) = x + (3e^{−2} − 1)e^{x}.

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 73 点である。