2009年度(前期)

基礎微分積分学 IB 演習問題
平成 21 年度前期
Contents
1 第 1 回:関数の極限
1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
4
2 第 2 回:逆関数・逆三角関数
2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
7
3 第 3 回：極限値の計算
11
3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
4 第 4 回:微分法
15
4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
5 第 5 回:微分法 2
21
5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
6 第 6 回:微分法の応用 1
26
6.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
7 第 7 回:微分法の応用 2
32
7.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
8 第 8 回:微分法の応用 3
39
8.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
9 第 9 回:不定積分 1
45
9.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
1
10 第 10 回:不定積分 2
49
10.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
11 第 11 回:不定積分 3
55
11.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
12 第 12 回:定積分１
65
12.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
13 第 13 回:定積分 2
71
13.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
14 復習問題
76
14.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
2
1
第 1 回:関数の極限
1. 次の極限を求めよ。
√
x + 3x2 + 2
(1)
lim
,
x→−∞
x
2. 次の極限を求めよ。
x2 − 4
(1)
lim
,
(2)
x→2+0 |2 − x|
(2)
√
√
1 + x − 1 + x2
√
lim √
x→0
1 − x − 1 − x2
1 − x − |x2 − 1|
lim
x→1−0 x − 1 + |x3 − 1|
3. はさみうちの原理を用いて、次の極限を求めよ。
1
sin x − 2x
(1) lim x3 sin ,
(2) lim
x→∞
x→0
x
x
4. 次の等式が成立つように定数 a, b の値を定めよ。
(2 + a)x + b
√
= 10
x−1
√
(2) x→∞
lim ( ax2 + bx + 2 − 2x) = 3
(1)
lim
x→1
3
1.1
解答
番号に＊印のある解答は間違いがあるので注意すること。
1 (1)*
√
√
√
x + 3x2 + 2
1 + 3x2 + 2
2
lim
= lim
= lim (1 + 3 + 2 ) = 1 + 3
x→−∞
x→−∞
x→−∞
x
x
x
(2) 分母子を有理化して
√
√
√
√
1 + x − 1 − x2
[1 + x − (1 + x2 )]( 1 − x + 1 − x2 )
√
√
√
lim √
= lim
x→0
x→0 [1 − x − (1 − x2 )]( 1 + x +
1 − x − 1 + x2
1 + x2 )
√
√
1 − x + 1 − x2 )
√
= −1
= − lim √
x→0 ( 1 + x +
1 + x2 )
2. (1) x > 2 のとき |2 − x| = x − 2 だから
x2 − 4
(x − 2)(x + 2)
= lim
= − lim (x + 2) = 4
x→2+0 |x − 2|
x→2+0
x→2+0
x−2
lim
(2)* x < 1 のとき |x2 − 1| = 1 − x2 , |x3 − 1| = x3 − 1 だから
1 − x − |x2 − 1|
=
x→1−0 x − 1 + |x3 − 1|
1 − x − 1 + x2
x→1+0 x − 1 + x3 − 1
x(x − 1)
1
1
= lim
= lim 2
=
2
x→1+0 (x − 1)(1 + x + x + 1)
x→1+0 x + x + 2
4
lim
lim
1
3. (1) | sin | ≤ 1 だから
x
−x3 ≤ x3 sin
1
≤ x3
x
0 = − lim x3 ≤ lim x3 sin
x→0
x→0
1
≤ lim x3 = 0
x x→0
ゆえに、極限値は 0 である。
(2) | sin x| ≤ 1 であるから
0 ≤ lim
x→∞
sin x
sin x
1
=0
≤ lim = 0、よって lim
x→∞ x
x→∞ x
x
4
したがって
sin x − 2x
sin x
= lim
− 2 = −2
x→∞
x→∞ x
x
√
4. (1) 分子が x − 1 で割り切れないと極限値は存在しない。(2 + a)x + b
が x = 1 で割り切れるためには a + b + 2 = 0
lim
√
(2 + a)x + b
(a + 2)(x − 1)
√
√
=
= (a + 2)( x + 1) → 2(a + 2) (x → 1)
x−1
x−1
2(a + 2) = 10 から a = 3 したがって b = −5
(2) 分子を有理化する。
√
(a − 4)x2 + bx + 2
ax2 + bx + 2 − 2x = √ 2
ax + bx + 2 + 2x
x → ∞ のとき、この関数の極限値が存在するためには x2 の係数が 0 でなけ
ればならないので、a = 4 がわかる。また
lim √
x→∞
bx + 2
= lim
4x2 + bx + 2 + 2x x→∞
b + 2/x
4 + b/x + 2/x2 + 2
=
b
4
より b/4 = 3 ゆえに b = 12
√
注意 1(1) の正解は 1 − 3, x = −t とおけば x → ∞ のとき t → ∞ である
ことに注意して計算する。
2(2) の正解は −1/2
5
2
第 2 回:逆関数・逆三角関数
今回が第 1 回目のレポート提出問題です。
パソコンソフトの関係で、逆三角関数の記号 sin−1 x, cos−1 x, tan−1 x を教科
書の記号 Sin−1 x, Cos−1 x, Tan−1 x (主値) の意味で用いる。
1. 次の逆三角関数の方程式を解け。
1
(1) tan−1 x = − cos−1 √
5
1
(2) cos−1 x = − sin−1
3
2. 三角関数の加法定理を利用して、次の逆三角関数の方程式を解け。
1
3
(1) tan−1 − tan−1 = sin−1 x
2
4
3
2
(2) sin−1 √ + cos−1 = tan−1 x
5
13
2
1
(3) cos−1 + cos−1 = sin−1 x
3
4
3. 三角関数の加法定理を利用して、次の値を求めよ。
1
4
(1) tan−1 − tan−1
3
7
1
1
(2) cos−1 √ + cos−1 √
5
10
1
7
(3) cos−1 √ + sin−1 √
13
2 13
4. 双曲線関数
(1)
sinh x =
の逆関数 (1)
ex − e−x
,
2
sinh−1 x,
(2)
(2)
cosh x =
cosh−1 x,
6
ex + e−x
,
2
(3)
(3)
tanh x =
sinh x
cosh x
tanh−1 x を求めよ。
2.1
解答
1
1. (1) tan−1 x = − cos−1 √ = −α とおく。
5
tan α = −x,
sin α =
√
1
cos α = √ ,
5
0<α<
π
2
√
1 − cos2 α = 2/ 5 だから
x = − tan α = −
sin α
= −2
cos α
1
= α とおく。cos α = x から 0 ≤ α ≤ π である。ま
3
た sin α = −1/3 から −π/2 ≤ α < 0 でなければならない。α の共通領域がな
い。すなわち解は存在しない。
3
1
2. (1) α = tan−1 , β = tan−1 とおく。0 < α, β < π/2 がわかる。
2
4
（tan の値が正）また −π/2 < α − β < π/2 でしかも α − β = sin−1 x
(2) cos−1 x = − sin−1
cos α =
1
=
1 + tan2 α
cos β =
1
=
1 + tan2 β
1
2
=√
5
1 + 1/4
1
=
1 + 9/16
4
5
1
5
3
sin β = tan β cos β =
5
sin α = tan α cos α =
x = sin(α − β) だから、加法定理により
1 4
2 3
2
x = sin α cos β − cos α sin β = √ · − √ · = − √
5 5
5 5
5 5
2
(2) α = sin−1 √ ,
13
β = cos−1
3
とおく。0 < α, β < π/2
5
2
sin α = √ ,
13
7
cos β =
3
5
3
1 − sin2 α = √
13
4
1 − cos2 β =
sin β =
5
3
3
2
4
cos(α + β) = √ · − √ · =
13 5
13 5
3
4
2
3
sin(α + β) = √ · + √ · =
13 5
13 5
cos α =
1
√
5 13
18
1
√ =√
5 13
13
以上から
x = tan(α + β) =
sin(α + β)
= 18
cos(α + β)
2
1
(3)* α = cos−1 , β = cos−1 とおく。0 < α, β < π/2 である。(cos の
3
4
値が正) したがって 0 < α + β < π となる。α + β = sin−1 x が解をもつた
2
1
めには 0 < α + β < π/2 でなければならない。cos α = , cos β = から
3
4
√
√
5
15
sin α =
, sin β =
となる。したがって
3
4
√
√
5 + 2 15
x = sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β =
12
問題
解
この解答の間違いを見つけよ。
解なし。理由
√ √
√
2 1
5
15
2−5 3
cos(α + β) = · −
·
=
<0
3 4
3
4
12
したがって π/2 < α + β < π となる。α + β = sin−1 x が解をもつための条件
0 < α + β < π/2 を満たさない。ゆえに解なし。
4
1
3. (1) α = tan−1 , β = tan−1 , x = α − β とおくと 0 < α, β < π/2
3
7
から −π/2 < α − β < π/2
cos α =
3
= ,
5
1 + 16/9
1
cos β =
8
1
7
=√
50
1 + 1/49
したがって sin α =
4
,
5
1
sin β = √ 加法定理により
50
sin x = sin(α − β) =
1
(2) α = cos−1 √ ,
5
α + β < π となる。
4
7
3
1
25
1
·√ − ·√ = √ =√
5
50 5
50
5 50
2
1
π
x = sin−1 √ =
4
2
1
β = cos−1 √ , x = α + β とおくと 0 < α, β < π/2, 0 <
10
1
2
cos α = √ から sin α = √ ,
5
5
1
3
cos β = √ から sin β = √
13
10
1
1
2
3
1
cos x = cos(α + β) = √ · √ − √ · √ = − √
5
10
5
10
2
1
3
ゆえに x = cos−1 (− √ ) = π
4
2
1
7
(3) α = cos−1 √ , β = sin−1 √ とおくと 0 < α, β < π/2
13
2 13
√
√
12
3
1
7
cos α = √ , sin α = √ , sin β = √ , cos β = √
13
13
2 13
2 13
x = α + β とすると 0 < x < π
√
√
√
7
1
3
12
3
cos x = cos(α + β) = √ · √ − √ · √ = −
2
13 2 13
13 2 13
√
3
5
−1
x = cos (−
)= π
2
6
4. (1) y = sinh x の逆関数を求めるために x と y を入れ換えると
ey − e−y
, 変形して e2y − 2xey − 1 = 0
2
√
これを解けば ey > 0 より ey = x + x2 + 1 である。したがって
√
sinh−1 y = log(x + x2 + 1).
x=
9
(2) (1) と同様に x と y を入れ換えると
ey + e−y
, 変形して e2y − 2xey + 1 = 0
2
√
これを解けば ey > 0 より ey = x ± x2 − 1, x ≥ 1 である。したがって
√
cosh−1 x = log(x + x2 − 1).
x=
実際には、e2y − 2xey + 1 = 0 の解は
√
y1 = log(x + x2 − 1,
y2 = log(x −
√
x2 − 1)
が求まるが、y1 + y2 = 0 なので、y1 を cosh−1 x として採用する。
(3) (1) と同様に x と y を入れ換えると
x=
変形して
e2y =
ey − e−y
sinh y
= y
.
cosh y
e + e−y
x+1
> 0, から − 1 < x < 1
1−x
したがって
tanh−1 x =
1
1+x
log
2
1−x
10
(−1 < x < 1)
3
第 3 回：極限値の計算
1. 次の数列 {an } について、収束・発散を調べ、収束する場合には極限値を
求めよ。
1 n 2
an − bn
(1) an = 3
(a, b > 0)
k ,
(2) an = n
n k=1
a + bn
1
π
(3) an = (1 + 2n)1/n ,
(4) an = (1 + )n ,
(5) an = n sin
2n
n
√
√
2. a1 = 2, an+1 = 2 + an (n = 1, 2, · · ·) によって、数列 {an } を定める。
(1) 任意の n について、0 < an < an+1 < 2 が成り立つことを示せ。このこ
とから、数列 {an } の収束・発散を調べよ。
(2)
lim an =
n→∞
2+
2+
√
2 + · · · を求めよ。
3. 次の極限値を求めよ。
tan θ
1 − cos θ
sin 3θ
(1) lim
,
(2) lim
,
(3) lim
,
2
θ→0
θ→0
θ→0 sin 2θ
θ
θ
4. 次の極限値を求めよ。
cos x
sin x2
cos x − x
(1) x→∞
lim
,
(2) x→∞
lim
,
(3)
lim
2
x→π/2 π − 2x
x
x
5. 次の極限値を求めよ。
1
(1) lim (1 + )x ,
(2)
x→∞
2x
lim
x→∞
x
x+1
11
x
,
(3)
lim (1 + tan x)cot x
x→0
3.1
解答
1. 次の数列 {an } について、収束・発散を調べ、収束する場合には極限値を
求めよ。
1 n 2 n(n + 1)(2n + 1)
(1 + 1/n)(2 + 1/n)
1
k =
(1) an = 3
, lim an = lim
=
3
n→∞
n→∞
n k=1
6n
6
3
1 − (b/a)n
(2) a > b のとき an =
→ 1 (n → ∞)
1 + (b/a)n
a = b のとき、an = 0 より {an } は 0 に収束する。
a < b のとき an =
(3)
(4)
(5)
(a/b)n − 1
→ −1 (n → ∞)
(a/b)n + 1
log(1 + 2n)
= 0 だから an → 1 (n → ∞)
n→∞
n→∞
n
1/2
√
1
lim an = lim (1 + )2n
= e
n→∞
n→∞
2n
sin π/n
lim an = lim
=π
n→∞
n→∞ π/n · (1/π)
lim log an = lim
コメント
(3) の極限値：ロピタルの定理を使う
lim
n→∞
log(1 + 2n)
log(1 + 2x)
2/(1 + 2x)
= x→∞
lim
= x→∞
lim
=0
n
x
1
1 n
) を用いる。
n→∞
n
sin x
π
(5) では = x とおいて lim
= 1 を用いる。
x→0 x
n
√
√
2. a1 = 2, an+1 = 2 + an (n = 1, 2, · · ·) によって、数列 {an } を定める。
(1) 数学的帰納法により an > 0 は明らか。
√
√
an < an+1 を示す。n = 1 のとき a2 = 2 + 2 > 2 = a1 となり命題が成
り立つ。n = k − 1 のとき命題が成立すると仮定する。すなわち ak > ak−1
n = k のとき a2k+1 = 2 + ak だから
(4) では e = lim (1 +
(ak+1 + ak )(ak+1 − ak ) = ak − ak−1 > 0
12
(ak+1 + ak ) > 0 だから ak+1 > ak となり命題が成り立つ。したがってすべて
の自然数について 0 < an < an+1 が示された。また
a2n+1 = 2 + an ≤ 2 + an+1 ,
a2n+1 − an+1 − 2 ≤ 0
(an+1 + 1)(an+1 − 2) ≤ 0 から an+1 < 2 が分かる。
以上から、数列 {an } は上に有界な単調増加数列であることが示された。ゆ
えに数列 {an } は収束する。
(2) 数列 {an } は収束するので、極限値を α とする。 lim an+1 = α だから、
n→∞
√
an+1 = 2 + an の両辺の極限値を計算すると
√
α = 2 + α, α > 0 より α = 2
すなわち
2+
2+
√
2 + · · · = 2 となる。
3. 次の極限値を求めよ。
tan θ
1
(1) lim
= lim sin θ ·
=1
θ→0
θ→0
θ
cos θ
1 − cos θ
sin(θ/2)
2 sin2 (θ/2)
(2) lim
= lim
= lim
2
2
θ→0
θ→0
θ→0
θ
θ
(θ/2)
2
·
2
1
=
4
2
ロピタルの定理を使えば
1 − cos θ
sin(θ
1
= lim
=
2
θ→0
θ
2θ
2
sin 3θ
sin 3θ
2θ
3
3
(3) lim
= lim
·
· = ロピタルの定理を使えば
θ→0 sin 2θ
θ→0 3θ
sin 2θ 2
2
sin 3θ
3 cos θ
3
lim
= lim
=
θ→0 sin 2θ
θ→0 2 cos θ
2
lim
θ→0
4. 次の極限値を求めよ。
sin x2
=0
x→∞ x2
cos x
(2) | cos x| ≤ 1 より lim
=0
x→∞
x
cos x − x
cos x
lim
= lim
− 1 = −1
x→∞
x→∞
x
x
(1) | sin x2 | ≤ 1 だから lim
13
(3)
cos x
− sin x
1
= lim
=
x→π/2 π − 2x
x→π/2
−2
2
lim
5. 次の極限値を求めよ。
(1)
(2)
1/2
√
1 x
1
) = lim (1 + )2x
= e
x→∞
2x
2x
x
x
1
1
= lim (
)x = lim (1 + )x
x→∞ 1 + (1/x)
x→∞
x+1
x
lim (1 +
x→∞
lim
x→∞
(3) cot x = t とおくと x → 0 のとき t → ∞ だから
1
lim (1 + tan x)cot x = lim (1 + )t = e
t→∞
x→0
t
14
−1
=
1
e
4
第 4 回:微分法
1. f (x) が微分可能であるとき、合成関数の微分法により、次の関数の導関
数を求めよ。
(1) f (x)α (αは実数)
(2)
sin f (x),
(4)
tan f (x),
(3)
cos f (x)
(5) ef (x) ,
(6)
log f (x)
(7)
sin−1 f (x),
(9)
tan−1 f (x)
(8)
cos−1 f (x),
2. 次の関数の導関数を求めよ。（微分公式を用いる）
√
(3) cos3 2x3
(1) (x + 2)2 (x3 − 4)5 ,
(2) (x + x2 + 2)7 ,
sin x
(4)
,
(5) x2 e1/x ,
(6) e−3x (sin 3x + cos 3x)
1 + cos x
√
(7) log(log x),
(8) log | cos x|, (9) log |x + x2 − 1|
3. 次の関数の第 3 次導関数を求めよ。
1
1
√
(1) y =
,
(2)
y
=
,
(3) y = tan x
1 + x2
1 − x2
4. 次の関数を微分せよ。
√
(2 − x2 )5
3
4
1
+
1
+
x
,
(2)
y
=
(1) y = 2
5
(x + 2)
15
4.1
解答
1. f (x), g(x) が微分可能であるとき、合成関数 g(f (x)) の導関数は u = f (x)
とおいて
dg(f (x))
dg(u) du
=
= g ′ (f (x))f ′ (x)
dx
du dx
である。
(1) u = f (x), g(u) = uα とすると、f (x)α = g(f (x)) である。
dg(u)
du
= αuα−1 ,
= f ′ (x) だから (f (x)α )′ = αf (x)α−1 f ′ (x)
du
dx
以下同様に、u = f (x) と考えて、合成関数の微分法を用いる。
(2) (sin f (x)′ = cos f (x) · f ′ (x),
(3) (cos f (x))′ = − sin f (x) · f ′ (x)
(4) (tan f (x))′ =
f ′ (x)
,
cos2 f (x)
(5) (ef (x) )′ = ef (x) · f ′ (x),
(6) (log f (x))′ =
f ′ (x)
f (x)
(7) (sin−1 f (x))′ =
(8) cos−1 f (x) = −
(9) tan−1 f (x) =
f ′ (x)
1 − f (x)2
,
f ′ (x)
1 − f (x)2
f ′ (x)
1 + f (x)2
2. 次の関数の導関数を求めよ。（微分公式を用いる）
注意
2(1)(3) は簡単な計算間違があります。丸写ししてはいけません。
(1) ∗ f (x) = (x + 2)2 (x3 − 4)5 とおく。合成関数の微分法により
((x3 − 4)5 )′ = 5(x3 − 4)4 · 3x2 だから積の微分公式により
f ′ (x) = 2(x + 2)(x3 − 4)5 + (x + 2)2 · 15x2 (x3 − 4)4
= (x + 2)(x3 − 4)4 (17x3 + 30x − 8)
16
(2) f (x) = (x +
√
x2 + 2)7 とおく。
√
1
x
( x2 + 2)′ = ((x2 + 2)1/2 )′ = (x2 + 2)−1/2 · 2x = √ 2
2
x +2
√
√
x
x + x2 + 2
(x + x2 + 2)′ = 1 + √ 2
= √ 2
x +2
x +2
合成関数の微分法により
√
√
f ′ (x) = 7(x + x2 + 2)6 · (x + x2 + 2)′
√
7(x + x2 + 2)7
√
=
x2 + 2
(3) ∗ f (x) = cos3 2x3 とおく。f1 (x) = x3 , f2 (x) = cos x とすると
f (x) = f1 (f2 (2f1 (x))) 合成関数の微分法により
f ′ (x) = f1′ (f2 (2f1 (x)) · f2′ (2f1 (x)) · (2f1′ (x))
= 3 cos2 2x3 · (− sin 2x3 ) · (6x2 ) = −18 cos2 2x3 · sin 2x3
(4) f (x) =
sin x
とおく。
1 + cos x
cos x(1 + cos x) − sin x(− sin x)
(1 + cos x)2
1 + cos x
1
=
=
2
(1 + cos x)
1 + cos x
f ′ (x) =
(5) f (x) = x2 e1/x とおく。
f ′ (x) = 2xe1/x + x2 e1/x · (
−1
) = e1/x (2x − 1)
x2
(6) f (x) = e−3x (sin 3x + cos 3x) とおく。
f ′ (x) = −3e−3x (sin 3x + cos 3x) + e−3x (3 cos 3x − 3 sin 3x)
= −6e−3x sin 3x
(7) f (x) = log(log x) とおく。f1 (x) = log x とすると f (x) = f1 (f1 (x))
f ′ (x) = f1′ (f1 (x)) · f1′ (x) =
17
1
x log x
(8) f (x) = log | cos x| とおく。f1 (x) = log |x|, f2 (x) = cos x とすると
f (x) = f1 (f2 (x))
f ′ (x) = f1′ (f2 (x)) · f2′ (x) =
1
· (− sin x) = − tan x
cos x
√
x2 − 1| とおく。f1 (x) = log |x|, f2 (x) = x√
+ x2 − 1
x + x2 − 1
とすれば f (x) = f1 (f2 (x)) である。(2) と同様にして f2′ (x) = √ 2
だ
x −1
から
√
1
x
+
x2 − 1
1
√
√
f ′ (x) = f1′ (f2 (x)) · f2′ (x) =
·
=√ 2
2
2
x+ x −1
x −1
x −1
(9) f (x) = log |x +
√
3. (1) y = (1 + x2 )−1 と考える。
y ′ = −2x(1 + x2 )−2
y ′′ = −2(1 + x2 )−2 − 2x · (−2)(2x)(1 + x2 )−3 = −2(1 + x2 )−3 (1 + x2 − 4x2 )
= 2(3x2 − 1)(1 + x2 )−3
y ′′′ = 2{6x(1 + x2 )−3 + (3x2 − 1)(−6x)(1 + x2 )−4 }
24x(1 − x2 )
= 12(1 + x2 )−4 {x(1 + x2 ) − x(3x2 − 1)} =
(1 + x2 )4
(2) y = (1 − x2 )−1/2 と考える。
1
y ′ = (− )(−2x)(1 − x2 )−3/2 = x(1 − x2 )−3/2
2
3
y ′′ = (1 − x2 )−3/2 + x(− )(−2x)(1 − x2 )−5/2 = (2x2 + 1)(1 − x2 )−5/2
2
′′′
2 −5/2
y = 4x(1 − x )
+ (2x2 + 1)(5x)(1 − x2 )−7/2
= (1 − x2 )−7/2 {4x(1 − x2 ) + 5x(2x2 + 1)} = 3x(2x2 + 3)(1 − x2 )−7/2
3x(2x2 + 3)
=
(1 − x2 )7
(3) y = tan x
y′ =
1
= (cos2 x)−1
cos2 x
18
y ′′ = −(cos2 x)−2 · 2 cos x · (− sin x) = 2(cos x)−3 sin x
y ′′′ = −6(cos x)−4 (− sin x) · sin x + 2(cos x)−3 cos x
2(1 + 4 sin2 x)
= (cos x)−4 {6 sin2 x + 2 cos2 x} =
cos4 x
補足問題 3 は合成関数の微分法と関数関係を上手く使えば計算が見通しよ
くなる。
1
(1) y =
から (1 + x2 )y = 1 となる。両辺を x で微分すると
1 + x2
2xy + (1 + x2 )y ′ = 0
2y + 2xy ′ + 2xy ′ + (1 + x2 )y ′′ = 0,
2y ′ + 4y ′ + 4xy ′′ + 2xy ′′ + (1 + x2 )y ′′′ = 0
2y + 4xy ′ + (1 + x2 )y ′′ = 0
6y ′ + 6xy ′′ + (1 + x2 )y ′′′ = 0 となる。
√
1
(2) y = √
1 − x2 y = 1 となる。両辺を x で微分すると
から
1 − x2
√
x
−√
1 − x2 y ′ = 0 から − xy + (1 − x2 )y ′ = 0
·
y
+
1 − x2
この関係式を順次微分すればよい。
(3) y = tan x を微分すると
y′ =
1
= 1 + tan2 x = 1 + y 2
cos2 x
関数関係 y ′ = 1 + y 2 を順次微分すると
y ′′ = 2yy ′ ,
y ′′′ = 2(y ′ )2 + 2yy ′′
これを x の式に戻して、y ′′ , y ′′′ が求まる。
2 − x2
4. (1) u = 2
とおくと y = u5 ,
x +2
dy
= 5u4
du
−2x(x2 + 2) − 2x(2 − x2 )
8x
du
=
=
−
dx
(x2 + 2)2
(x2 + 2)2
19
dy
dy du
(2 − x2 )4
8x
40x(2 − x2 )4
=
=5 2
×
−
=
−
dx
du dx
(x + 2)4
(x2 + 2)2
(x2 + 2)7
√
(2) u = 3 1 + 4 x = (1 + x1/4 )1/3 とおくと y = (1 + u)1/2
dy
1
= (1 + u)−1/2 ,
du
2
dy
dy du
1
=
=
dx
du dx
24
du
1
1
= (1 + x1/4 )−2/3 x−3/4
dx
3
4
1
1+
3
1+
20
√
4
x
3
(1 +
√
4
x)2
√
4
x3
5
第 5 回:微分法 2
1. α = µ + iν (µ, ν は実数) に対し (eαx )(n) = αn eαx が成立つことを示せ。
これを利用して (sin x)(n) , (cos x)(n) を求めよ。
2. 次の関数の導関数を求めよ。（対数微分法の応用）
a
(1) y = xx ,
(2) y = (1 + x)1/x ,
y = (tan x)sin x
3. 次の関数の n 次導関数を求めよ。
(1) y = ax ,
(2) y = loga |x|,
(3) y = (e2x − e−x )3
3
(4) y = 2
,
(5) y = log |(x3 − 3x + 2|
x +x−2
4. 次の関数の n 次導関数を求めよ。(ライプニッツの公式)
(1) y = x4 ex ,
(2) y = x2 log(1 + x),
(3) y = x2 sin2 x
5. 関数 f (x) = tan−1 x の n 次導関数を漸化式の形で表せ。
また f (10) (0), f (11) (0) を求めよ。（教科書の例題 2.5、例題 2.6）
6. 次の関数の
n 次導関数を漸化式の形で表せ。（ライプニッツの公式）
√
3
(1) y = 2 − x2 ,
(2) y = ex
21
5.1
解答
1.
y = eαx = eµx+iνx = eµx eiνx = eµx (cos νx + i sin νx)
y ′ = µeµx (cos νx + i sin νx) + νeµx (− sin νx + cos νx)
= eµx (µ + iν)(cos νx + i sin νx)
= αeµx eiνx = αeαx
したがって、y (n) = αn eαx
cos x + i sin x = eix より
(cos x)(n) + i(sin x)(n) = (cos x + i sin x)(n) = (eix )(n)
= in eix = enπi/2 eix = e(x+nπ/2)i
nπ
nπ
= cos(x +
) + i sin(x +
)
2
2
実部・虚部を比較して
(cos x)(n) = cos(x +
nπ
),
2
(sin x)(n) = sin(x +
nπ
)
2
2. 対数微分法の応用
a
(1) y = xx , 両辺の対数をとると log y = xa log x となる。両辺を x で部分
する。左辺は合成関数の微分法、右辺は積に微分公式により
y′
1
= axa−1 log x + xa · = xa−1 (a log x + 1),
y
x
(2) y = (1 + x)1/x , 両辺の対数をとると log y =
−1
1
1
y′
= 2 · log(1 + x) + ·
y
x
x 1+x
y′ =
y ′ = xa−1 (a log x + 1)xx
a
1
log(1 + x)
x
1
1
(1 + x)1/x−1 − 2 (1 + x)1/x log(1 + x)
x
x
(3) y = (tan x)sin x , 両辺の対数をとると log y = sin x · log tan x
y′
1
1
1
= cos x · log tan x + sin x ·
·
= cos x · log tan x +
2
y
tan x cos x
cos x
22
ゆえに y ′ = (cos x log tan x +
1
)(tan x)sin x
cos x
3.
(1) y = ax = ex log a だから
y (n) = (log a)n ex log a = (log a)n ax
log |x|
1
1
1
だから y ′ =
· である。g(x) = = x−1 とす
log a
log a x
x
n
−(n+1)
= (−1) n!x
だから
(2) y = loga |x| =
ると g (n)
y (n) =
1 (n−1)
(−1)n−1 (n − 1)!
g
(x) =
log a
xn log a
(3) y = (e2x − e−x )3 = e6x − 3e3x + 3 − e−3x だから
y (n) = 6n e6x − 3n+1 e3x − (−3)n e−3x
(4) y =
x2
3
1
1
=
−
だから
+x−2
x−1 x+2
y (n) = (−1)n n!
1
1
−
n+1
(x − 1)
(x + 2)n+1
(5) x3 − 3x + 2 = (x − 1)2 (x + 2) だから
y = log |x3 − 3x + 2| = 2 log |x − 1| + log |x + 2|
として y ′ =
2
1
+
だから
x−1 x+2
y (n) = (−1)n−1 (n − 1)!
2
1
+
n
(x − 1)
(x + 2)n
4. ライプニッツの公式
(1) f (x) = ex , g(x) = x4 として y = f (x)g(x) にライプニッツの公式を
適用する。f (n) = ex , g ′ (x) = 4x3 , g ′′ (x) = 12x2 , g ′′′ (x) = 24x, g (4) (x) =
24, g (k) (x) = 0 (k ≥ 5) だから
y (n) = ex [(x4 + 4nx3 + 6n(n − 1)x2 + 4n(n − 1)(n − 2)x
+ n(n − 1)(n − 2)(n − 3)]
23
(2) f (x) = log(1 + x), g(x) = x2 として y = f (x)g(x) にライプニッツの公
式を適用
f (n) = (−1)n−1
(n − 1)!
,
(1 + x)n
g ′ (x) = 2x, g ′′ (x) = 2, g (k) (x) = 0 (k ≥ 3)
n = 1, 2 の場合：
y ′ = (f · g)′ = f ′ g + f g ′ =
y ′′ = f ′′ g + 2f ′ g ′ + f g ′′ = −
x2
+ 2x log(1 + x)
1+x
4x
x2
+
+ 2 log(1 + x)
2
(1 + x)
1+x
n ≥ 3 の場合：
(n − 1)!
(n − 2)!
+ 2x · n · (−1)n−2
n
(1 + x)
(1 + x)n−1
(n − 3)!
n(n − 1)
· (−1)n−3
+ 2·
2
(1 + x)n−2
(n − 1)!
2nx(1 + x) n(1 + x)2
2
= (−1)n−1
+
x
−
(1 + x)n
n−1
n−2
y (n) = x2 · (−1)n−1
(3) ∗ 丸写し注意
f (x) = sin2 x, g(x) = x2 として y = f (x)g(x) にライ
プニッツの公式を適用
1
nπ
f (x) = (1 − cos 2x), f (n) (x) = −2n−1 cos(2x +
)
2
2
g ′ (x) = 2x, g ′′ (x) = 2, f ′ (x) = sin 2x, f ′′ (x) = 2 cos 2x
y ′ = f ′ g + f g ′ = x2 sin 2x + x(1 − cos 2x)
n ≥ 3 の場合
y ′′ = f ′′ g + 2f ′ g ′ + f g ′′ = 2x2 cos 2x + 2 sin 2x · 2x + 1 − cos 2x
= (2x2 − 1) cos 2x + 4x sin 2x + 1
24
nπ
(n − 1)π
) · x2 − 2n−2 cos(2x +
) · 2nx
2
2
(n − 2)π
n(n − 1)
− 2n−3 cos(2x +
)·2·
2
2
nπ
nπ
n−1 2
n−3
= cos(2x +
) −2 x + 2 n(n − 1) + sin(2x +
) · 2n−1 x
2
2
n(n − 1)
nπ
nπ
= 2n−1 (−x2 +
) cos(2x +
) + 2n−1 nx sin(2x +
)
4
2
2
y (n) = −2n−1 cos(2x +
5. 関数 f (x) = tan−1 x の n 次導関数を漸化式の形で表せ。
また f (10) (0), f (11) (0) を求めよ。
（教科書の例題 2.5、例題 2.6）
6. 次の関数の n 次導関数を漸化式の形で表せ。（ライプニッツの公式）
√
√
−x
分母を払うと 2 − x2 y ′ = −x 両辺を
(1) y = 2 − x2 から y ′ = √
2
2−x
x で微分すると
√
−x
′
√
2 − x2 y ′′ = −1
y
+
2
2−x
分母を払うと
(2 − x2 )y ′′ − xy ′ + y = 0
両辺を n − 1 回微分して整理すると
(2 − x2 )y (n+1) − (2n − 1)xy (n) − n(n − 2)y (n−1) = 0
(2) y = ex , y ′ = 3x2 ex = 3x2 y 両辺を n 回微分すると
3
3
y (n+1) = 3x2 y (n) + 6xny (n−1) + 6 ·
n(n − 1) (n−2)
y
2
y (n+1) − 3x2 y (n) − 6nxy (n−1) − 3n(n − 1)y (n−2) = 0
注意
3(3) の正解は
2n−3 {4x2 − n(n − 1)} sin(2x +
(n − 1)π
(n − 2)π
) + 2n−1 nx sin(2x +
)
2
2
25
6
第 6 回:微分法の応用 1
5 月 26 日出題を変更しました。（5 月 27 日）
1. 逆三角関数の微分を利用して、次の値を求めよ。
1 − x2
(1) 2 tan−1 x + tan−1
2x
√
√
−1
(2) 2 tan (x + x2 − 1) − tan−1 x2 − 1
2. 次の不定形の極限値を求めよ。
√
√
3
1 + x3 − 3 1 − x3
(1) lim
,
(2)
x→0
x3
lim √
x→0
1
2
−
1 + x2 − 1 x2
3. ロピタルの定理を用いて、次の不定形の極限値を求めよ。
√
tan x − x
log(x + 1 + x2 ) − x
(1) lim
,
(2) lim
x→0 sin x − x
x→0
log(1 + x) − x
(3)
(5)
sin x − tan x
sin2 x − x2
,
(4)
lim
x→0
x→0
x3
x4
(log x)3
x+5
√
lim
,
(6)
lim
x
log
x→∞
x→∞
x
x+1
lim
4. 座礁したタンカーから油が海面に円状に流出している。流出した油の半
径が 50m のときに半径方向の流出速度を v(m/sec) とすると、この瞬間にお
ける油面の面積の増加速度はいくらになるか。
5. 上面の半径 2cm、高さ 10cm の直円錐の容器に水が入っていて、下端か
ら水を流出させるとする。水の流出速度（cm3 /sec) は下端から水面までの高
さ h[cm] の関数になる。下端から水面までの高さが a[cm] になった瞬間には、
下端から毎秒 l[cm3 ] の水が流出していたとする。この瞬間に水面の高さ h は
毎秒何 cm の速度で変化しているか。
6. 上面の半径 8cm、高さ 20cm の直円錐形の容器に水を満たしてから、下
端から毎秒２ cm3 の割合で水を流出させるとき、水面からの高さが 5cm に
なった瞬間において、水面の下降する速さを求めよ。
7. 垂直な壁に立てかけてある長さ lm の棒が、下にずり落ちようとしてい
る。棒の下端 B が壁から 3m 離れているとき、水平方向の速度は 2m/sec で
あったという。この瞬間に棒の上端 A が下向きに動く速度を求めよ。
26
27
6.1
解答
1. (1)
f (x) = 2 tan−1 x + tan−1
1 − x2
とおく。
2x
1 − x2 2
2
−2x2 − (1 − x2 )
+
1/{1
+
(
)
}
×
1 + x2
2x
2x2
2
2
4x
−(1 + x )
2
=
+
×
=0
2
2
2
1+x
(1 + x )
2x2
f ′ (x) =
1 − x2
は x = 0 で不連続である。
2x
π
π
f (1) = 2 tan−1 1 = から, x > 0 のとき f (x) =
2
2
π
π
−1
f (−1) = 2 tan (−1) = − から, x < 0 のとき f (x) = −
2
2
√
√
(2) f (x) = 2 tan−1 (x + x2 − 1) − tan−1 x2 − 1
√
2
x + x2 − 1
1
x
′
√
f (x) =
× √ 2
− 2
×√ 2
2
2
x −1
1 + (x + x − 1)
x −1
x −1
√
2
2
x+ x −1
1
x
√
√
√
=
×
−
×
=0
x2
2x(x + x2 − 1
x2 − 1
x2 − 1
tan−1
f (x) は |x| < 1 のとき存在しない。
x ≥ 1 のとき f (x) = f (1) = 2 tan−1 1 = π/2
x ≤ −1 のとき f (x) = f (−1) = 2 tan−1 (−1) = −π/2
2. 次の不定形の極限値を求めよ。
(1) 因数分解 a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) を利用する。
√
√
3
1 + x 3 − 3 1 − x3
(1 + x3 ) − (1 − x3 )
=
x3
{(1 + x3 )2/3 + (1 − x6 )1/3 + (1 − x3 )2/3 }x3
2
2
→ (x → 0)
=
3
2/3
6
1/3
3
2/3
(1 + x ) + (1 − x ) + (1 − x )
3
(2)
1
2
√
− 2 =
2
1+x −1 x
√
1 + x2 + 1
2
− 2 =
2
1+x −1
x
28
√
1 + x2 − 1
x2
=
1 + x2 − 1
1
1
√
=√
→ (x → 0)
2
2
2
2
x { 1 + x + 1}
1+x +1
3. ロピタルの定理を用いて、次の不定形の極限値を求めよ。
(1) 分母子を１回微分
tan x − x
(cos x)−2 − 1
= lim
x→0 sin x − x
x→0
cos x − 1
1 − cos2 x
1 + cos x
= lim
= − lim
= −2
x→0 cos2 x(cos x − 1)
x→0 cos2 x
lim
(2) 分母子を 2 回微分
√
log(x + 1 + x2 ) − x
(1 + x2 )−1/2 − 1
lim
= lim
x→0
x→0 (1 + x)−1 − 1
log(1 + x) − x
−x(1 + x2 )−3/2
= lim
=0
x→0
−(1 + x)−2
(3) 分母子を 3 回微分
sin x − tan x
cos x − (cos x)−2
− sin x + 2(cos x)−3 (− sin x)
=
lim
=
lim
x→0
x→0
x→0
x3
3x2
6x
−4
−3
− cos x + 6(cos x) sin x − 2(cos x) cos x
= lim
x→0
6
3
1
= − =−
6
2
lim
(4) 分母子を 4 回微分
sin2 x − x2
2 sin x cos x − 2x
= lim
4
x→0
x→0
x
4x3
sin 2x − 2x
2 cos 2x − 2
= lim
=
lim
x→0
x→0
4x3
12x2
−8 cos 2x
1
−4 sin 2x
= lim
=−
= lim
x→0
x→0
24x
24
3
lim
(5) 分母子を 3 回微分
(log x)3
√
=
x→∞
x
lim
3(log x)2 · x−1
(log x)2
=
6
lim
x→∞
x→∞
x−1/2 /2
x1/2
lim
29
2(log x) · x−1
log x
= 24 lim 1/2
−1/2
x→∞
x→∞
x
/2
x
−1
x
1
= 24 lim −1/2 = 48 lim √ = 0
x→∞ x
x→∞
/2
x
= 6 lim
別解
x = et とおく。分母子を 3 回微分
(log x)3
t3
48
√
= lim t/2 = lim t/2 = 0
x→∞
t→∞ e
t→∞ e
x
lim
(6) 分母子を 2 回微分
lim x log
x→∞
log(x + 5) − log(x + 1)
x→∞
x−1
(x + 5)−1 − (x + 1)−1
= lim
x→∞
−x−2
2
4x
= x→∞
lim
=4
(x + 5)(x + 1)
x+5
=
x+1
lim
4. S = πr2 において、S, r が時刻 t の関数と考えると
dS dr
dr
dS
=
×
= 2πr
dt
dr
dt
dt
条件から r = 50 のとき
dr
=v
dt
だから
dS
= 100πv(m2 /sec)
dt
5. 高さ h のときの水の残量を計算する。このときの円錐の半径 r は、三角
形の相似関係から 10 : 2 = h : r より r = h/5 したがって残量は
1
1 2
πr h =
πh3
3
25 × 3
水の流出量 V は
V =
1
40π
−
πh3
3
25 × 3
30
となる。V, h が時刻 t の関数と考えると、
dV
1
dh
= − πh2
dt
25
dt
仮定から h = a のとき
dV
= l を代入して
dt
25l
dh
=− 2
dt
πa
6. 水を流出させはじめてから t 秒後の水面の高さを h cm, 水面の半径を r
cm、容器内の水の量を V cm3 とすると
1
V = πr2 h
3
また r : h = 8 : 20 より r = 2h/5 を代入すると
V =
4π 3
h
75
V, h は t の関数だから
dV
dV
dh
4πh2 dh
=
×
=
×
dt
dh
dt
25
dt
仮定から
dV
= −2, h = 5 として
dt
dh
25
1
= −2 ×
=−
(cm/sec)
dt
4π × 25
2π
√
7. x2 + y 2 = l2 であるから x = 3 のとき y = l2 − 9
2x
x = 3 のとき
dx
= 2 から
dt
dx
dy
+ 2y
=0
dt
dt
6
dy
= −√ 2
dt
l −9
31
7
第 7 回:微分法の応用 2
1. 次の関数のマクローリン展開を求めよ。
1
1
(1) f (x) =
,
(2)
f
(x)
=
1 − 3x + 2x2
1 + x + x2
2. 次の関数の極値を高次導関数による判定法で求め、さらに変曲点を求め
よ。
(1) f (x) = xx ,
f (x) = sin3 x + cos3 x
3. x1 , · · · , xn > 0 のとき、次の不等式を証明せよ。
√
n
x1 + · · · + xn
n
ここで等号が成立するのは、x1 = · · · = xn のときに限る。
1 dn 2
(x − 1)n は開区間 I = (−1, 1)
4. ルジャンドルの多項式 Pn (x) = n
2 n! dxn
内に n 個の異なる零点 (Pn (x) = 0 の根) をもつことを示せ。
5. 関数 f (x) =
x1 · · · xn ≤
e−1/x (x > 0)
について、次の問いに答えよ。
0
(x ≤ 0)
(1) f (x) は x = 0 において何回でも微分可能であることを示せ。
(2) f (x) は −∞ < x < ∞ において無限回微分可能であるが、マクローリン
級数に展開できないことを証明せよ。
32
7.1
解答
1. 次の関数のマクローリン展開を求めよ。
(1)
1
1
1
2
=
=−
+
2
1 − 3x + 2x
(1 − 2x)(1 − x)
1 − x 1 − 2x
∞
∞
1
= −
xn + 2
(2x)n (|x| < )
2
n=0
n=0
f (x) =
∞
=
(2n+1 − 1)xn
n=0
(2) (1 + x + x2 )f (x) = 1 の両辺を n 回微分する。
f (n) (x) · (1 + x + x2 ) + nf (n−1) (x) · (1 + 2x) +
n(n − 1) (n−2)
f
(x) · 2 = 0
2
x = 0 を代入すると
f (n) (0) + nf (n−1) (0) + n(n − 1)f (n−2) (0) = 0
f (0) = 1
f ′ (x) =
−1 − 2x
,
(1 + x + x2 )2
f ′ (0) = −1
漸化式に n = 2, 3, 4, 5 を代入して次のことがわかる：
f (3n) (0) = (3n)!,
f (3n+1) (0) = (−1)n (3n + 1)!,
f (3n+2) (0) = 0
したがって
∞
f (x) =
f (n) (0) n
x = 1 − x + x3 − x4 + · · · + x3n − x3n+1 + · · ·
n!
n=0
2. 次の関数の極値を高次導関数による判定法で求め、さらに変曲点を求め
よ
(1) f (x) = xx log f (x) = x log x
f ′ (x)
= log x + 1,
f (x)
f ′ (x) = (log x + 1)f (x)
33
1
1
f (x) + (log x + 1)f ′ (x) = f (x) + (log x + 1)2 f (x)
x
x
1
= { + (log x + 1)2 }f (x) > 0
x
f ′′ (x) =
変曲点はない。f ′ (x) = 0 から x = e−1 であり f ′′ (e−1 ) > 0 なので x = e−1 で
極小となる。
(2) f (x) = sin3 x + cos3 x
f ′ (x) = 3 sin2 x cos x + 3 cos2 x(− sin x) = 3 sin x cos x(sin x − cos x)
f ′′ (x) = 6 sin x cos2 x − 3 sin3 x + 6 cos x(− sin x)2 − 3 cos3 x
= 6(sin x cos2 x + cos x sin2 x) − 3f (x)
= 6 sin x cos x(cos x + sin x) − 3f (x)
f ′ (x) = 0 (0 ≤ x ≤ 2π) の解は
x = 0,
f ′′ (0)
π
f ′′ ( )
4
π
f ′′ ( )
2
′′
f (π)
5π
f ′′ ( )
4
3π
f ′′ ( )
2
f ′′ (2π)
π π
5π 3π
, , π,
,
, 2π
4 2
4
2
= −3f (0) = −3 < 0 極大
√
√
1√
1 3
3 2
= 6·
2 − 3(( √ ) × 2) = 3 2 −
> 0 極小
2
2
2
π
= −3f ( ) = −3 < 0 極大
2
= −3f (π) = −3 · (−1)3 > 0 極小
−1
1 √
= −6 × × 2 − 3(( √ )3 × 2) < 0 極大
2
2
3π
= −3f ( ) = −3 · (−1)3 > 0 極小
2
= −3f (2π) = −3 < 0 極大
f ′′ (x) = 0 とすると
sin3 x + cos3 x = 2 sin x cos x(sin x + cos x)
(sin x+cos x)(sin2 x−3 sin x cos x+cos2 x) = 0,
34
π
3
sin(x+ )(1− sin 2x) = 0
4
2
sin(x +
π
3π 7π
) = 0 から x =
,
4
4
4
sin 2x = 2/3 から
x=
π 1 −1 2 3π 1 −1 2 1 −1 2
1
2
− sin
,
− sin
, sin
, π + sin−1
2 2
3 2
2
3 2
3
2
3
f ′′ (x) = 0 の点の前後で f ′′ (x) の符号が変るので、これらはすべて変曲点で
ある。
補足ランダウ記号 o(x) を使う方法で前回問題 3(4) の別解を与える。
関数のマクローリン展開から
sin x = x −
x3
+ o(x3 ),
3!
o(x3 )
=0
x→0 x3
lim
と表せることから
sin2 x = (x −
したがって
x3
x4
+ o(x3 ))2 = x2 −
+ o(x4 )
3!
3
sin2 x − x2
1 o(x4 )
=
lim
+ 4
−
x→0
x→0
x4
3
x
lim
=−
1
3
前回問題 3(3) の別解
sin x − tan x
sin x cos x − 1
=
· 2
3
x
x
x cos x
1
cos x − 1
1
o(x2 )
1
cos x = 1 − x2 + o(x2 ) より lim
=
−
+
lim
=
−
x→0
2
x2
2 x→0 x2
2
したがって
lim
x→0
sin x − tan x
sin x
1
cos x − 1
1
= (lim
)(lim
)(lim
)=−
3
2
x→0
x→0
x→0
x
x
x
cos x
2
3. f (x) = − log x は区間 (0, ∞) で f ′′ (x) =
である。定義から
f(
1
> 0 であるから、下に狭義凸
x2
x1 + x2
1
) ≤ {f (x1 ) + f (x2 )}
2
2
35
である。数学的帰納法で
f(
1 n
1 n
xj ) ≤
f (xj )
n j=1
n j=1
が分かる。したがって
− log
x 1 + · · · + xn
1
≤ − {log x1 + · · · + log xn } = − log(x1 · · · xn )1/n
n
n
すなわち
x1 + · · · + xn
≥ (x1 · · · xn )1/n
n
下に狭義凸であることから、等号成立は x1 = · · · = xn のときに限る。
別解不等式 et ≥ 1 + t はすべて実数 t に対して成立つ。等号成立は t = 0 の
ときに限ることは容易に証明できる。
このことを使って、問題の不等式を証明する。
xj
√
n
x1 x2 · · · xn = α > 0, uj = , uj = etj とおくと u1 u2 · · · un = 1 だから
α
n
1 = et1 et2 · · · etn = et1 +t2 +···+tn ,
ゆえに
tj = 0
j=1
また、上に述べた不等式により
n
n
n
etj ≥
uj =
j=1
したがって
j=1
n
(1 + tj ) = n +
j=1
n
xj
≥ n,
j=1 α
tj = n.
j=1
√
1 n
x j ≥ n x1 x2 · · · x n
n j=1
4. f (x) = (x2 − 1)n = (x − 1)n (x + 1)n とおく。ライプニッツの公式によって
k
f (k) (x) =
k Cj
j=0
k−j
dj
n d
(x
−
1)
(x + 1)n .
dxj
dxk−j
したがって、0 ≤ k ≤ n − 1 に対し f (k) (±1) = 0 である。
(1)
f (1) = f (−1) = 0 とロルの定理によって f ′ (x) = 0 を満たす −1 < x1 < 1 が
36
存在する。次に、f ′ (1) = f ′ (x1 )f ′ (−1) = 0 とロルの定理によって f ′′ (x) = 0
(2)
(1)
(2)
を満たす 2 点 −1 < x1 < (x1 <)x2 < 1 が存在する。以下同様に繰り返し
て、f (n−1) (x) = 0 を満たす n − 1 個の点
(1)
(n−1)
−1 < x1
(n−1)
< x2
(n−1)
< · · · < xn−1 < 1
の存在が分かる、したがって、これと f (n−1) (1) = f (n−1) (−1) = 0 とロルの
定理によって Pn (x) = 0 の異なる根が I 内に n 個存在することが分かる。
5. (1) 微分の定義により
f (x) − f (0)
e−1/x
= lim
x→+0
x→+0
x
x
y
−y
= lim ye = lim y
y→∞
y→∞ e
1
= lim y = 0 (ロピタルの定理)
y→∞ e
f+′ (0) =
lim
(n)
明らかに f− (0) = 0 である。ゆえに f (x) は x = 0 において微分可能で
f ′ (0) = 0 となる。
また、x < 0 のとき f (n) (x) = 0
x > 0 のとき f (x) は何回でも微分可能であり
1
f ′ (x) = 2 e−1/x
x
2
1
e−1/x
f ′′ (x) = − 3 e−1/x + 4 e−1/x =
(1 − 2x)
x
x
x4
e−1/x
f ′′′ (x) =
(6x2 − 2x − 1)
6
x
−1/x
e
f (n) (x) =
Pn (x)
x2n
Pn (x) は (n − 1) 次の多項式で P2n (0) = 1, P2n+1 (0) = −1 (n ≥ 1) となる。
x = 0 において f (x) が無限回微分可能であることを示す。
帰納法の仮定：f (n) が x = 0 で微分可能。(n = 1 のときは上で示した。)
(n+1)
f+
f (n) (x) − f (n) (0)
e−1/x
e−1/x
= lim
P
(x)
=
lim
n
x→+0
x→+0 x2n
x→+0 x2n
x
2n
y
= lim y 2n e−y = lim y
y→∞
y→∞ e
(2n)!
= 0 (2n 回分母子を微分：ロピタルの定理)
= y→∞
lim
ey
(0) =
lim
37
ゆえに f (n+1) (0) = 0 となり、f (x) は無限回微分可能で f (n) (0) = 0 (n =
0, 1, 2, · · ·) が示された。f (n) (0) を用いて作られるマクローリン級数は
∞
g(x) =
f (n) (0) n
x ≡0
n!
n=0
となり、x > 0 のとき f (x) ̸= g(x) である。すなわち、f (x) はマクローリン
展開できない。
38
8
第 8 回:微分法の応用 3
1. 次の問いに答えよ。
(1) f (x) = log(1 + x) にマクローリン展開 (n = 2) を適用した式を書け。
(2) log(1.02) の近似値を小数第 4 位まで求めよ。
(3) (2) で求めた近似値の誤差の限界について調べよ。
2. f (x) = 2 log(1 + 3x) において x が 1 から 1.01 まで増加するとき、y の値
はどれくらい増加するか。f (x) の微分を利用して近似値で答えよ。
3,
1 辺の長さが 1.8m の正方形の土地がある。この土地の面積の相対誤差
を 1%以内におさえたい。1 辺の長さの測定において、何 cm までの誤差が許
されるか。
4. ゴム製で球形の大きな気球の内径が 1.5m でゴムの厚さが 0.2cm である。
ゴムの体積はほぼどれだけか。
5. 球の半径 r を測定してときの誤差を 1%以内とする。半径 r を用いて、球
の表面積 S を計算したとき、誤差の限界はどのくらいか。
l
980
という関係がある。l = 20 cm のとき、l を 0.2 cm 長くすると、周期はど
れくらい長くなるか。
6. 長さ l cm の振り子の周期を T 秒とすると、l と T の間には T = 2π
7. 次の曲線の指定された点 (f (t0 ), g(t0 )) における接線の傾きを求めよ。ま
た曲線の凹凸を調べよ。a, b は正の数とする。
(1) x = a(t − sin t),
(2) x = a cos t,
(3) x = a cos3 t,
y = a(1 − cos t) (0 ≤ t ≤ 2π) [t0 = π/3]
y = b sin t (0 ≤ t ≤ 2π) [t0 = π/2]
y = a sin3 t (0 ≤ t ≤ 2π) [t0 = π/4]
39
8.1
解答
注意近似式に用いる nearly equal(等号 = の上下にドットをつけた記
.
号）を使えないため、代用記号として = を利用していることに注意してくだ
さい。
1
1
2
1. (1) f ′ (x) =
, f ′′ (x) = −
, f ′′′ (x) =
2
1+x
(1 + x)
(1 + x)3
0 < θ < 1 として
f ′′ (0) 2 f ′′′ (θx) 3
x +
x
f (x) = f (0) + f (0)x +
2
3!
x2
1
= x−
x3
+
2
3(1 + θx)3
′
(2)
log(1.02) = f (0.02) = 0.02 −
0.022
= 0.0198
2
(3) 剰余項の評価
2
0.023
1
f ′′′ (0.02θ)
× 0.023 | =
·
, (θ > 0 より
≤ 1)
3
3!
6 (1 + 0.02θ)
1 + 0.02θ
0.023
8
.
≤
= × 10−6 = 2.7 × 10−6
3
3
.
2. f (a + h) − f (a) = f ′ (a)h を f (x) = 2 log(1 + 3x) a = 1, h = 0.01 として
利用する。
|
6
3
, f ′ (1) = = 1.5
1 + 3x
2
. ′
∆y = f (1.01) − f (1) = f (1) × 0.01
= 1.5 × 0.01 = 0.015
f ′ (x) =
3. 1 辺の長さ a = 1.8 測定誤差 x とすると、面積の相対誤差を１ % 以内に
おさえるとは
(a + x)2 − a2
| ≤ 0.01
|
a2
2x x2 . 2x
(x2 を高位の無限小として)
0.01 ≥ | + 2 | =
a
a
a
40
2x ≤ 0.01a = 0.01 × 1.8(m) より x ≤ 0.9cm
4. 球の体積は V (r) = 4πr3 /3 である。公式
.
∆V = V (r + ∆r) − V (r) = V ′ (r)∆r
において r = 1.5(m), ∆r = 0.002(m) として計算する。V ′ (r) = 4πr2 だから
∆V
.
= V ′ (r)∆r = 4πr2 ∆r
= 4π × (1.5)2 × 0.002 = 0.018π = 0.057(m3 )
5. r の誤差を ∆r とする。 S(r) = 4πr2 より
∆S = S(r + ∆r) − S(r)
= 4π(r + ∆r)2 − 4πr2 = 8πr∆r + 4π(∆r)2
.
(∆r)2 は十分小さな値だから ∆S = 8πr∆r
|
∆S . 8πr
∆r
|=
|∆r| = 2| | ≤ 2 × 0.01 = 0.02
2
S
4πr
r
S の誤差は約 2%以内である。
6.
.
∆T = T (l + ∆l) − T (l) = T ′ (l)∆l
π
π
π
T ′ (l) = √
, T ′ (20) = √
=
140
19600
980l
したがって
π
× 0.2 = 0.0045 秒
140
補足振り子の長さを lm(=100cm) とすると、周期 T は
∆T =
T = 2π
l
9.8
である。
7. 次の曲線の指定された点 (f (t0 ), g(t0 )) における接線の傾きを求めよ。ま
た曲線の凹凸を調べよ。
(1) x = a(t − sin t),
y = a(1 − cos t) (0 ≤ t ≤ 2π) はサイクロイドと呼
41
ばれる曲線である。
x = f (t) = a(t − sin t),
公式を使う。
y = g(t) = a(1 − cos t) として媒介変数表示の微分
π
1
a
f ′ ( ) = a(1 − ) =
3
2
2
√
3a
′
′ π
g (t) = a sin t, g ( ) =
3
2
f ′ (t) = a(1 − cos t),
だから
dy
g ′ (t0 ) √
|t=t0 = ′
= 3
dx
f (t0 )
f ′ (t) = a(1 − cos t), g ′ (t) = a sin t, f ′′ (t) = a sin t, g ′′ (t) = a cos t
f ′ g ′′ − f ′′ g ′ = a(1 − cos t)a cos t − a2 sin2 t = a2 (cos t01)
であるから、
d2 y
f ′ g ′′ − f ′′ g ′
1
1
=
=− ·
< 0 (0 < t < 2π).
2
′
3
dx
(f )
a (1 − cos t)2
曲線は上に凸である。
(2) x = a cos t,
y = b sin t (0 ≤ t ≤ 2π) は楕円
表示である。
f (t) = a cos t, g(t) = b sin t として
f ′ (t) = −a sin t, g ′ (t) = b cos t, f ′′ (t) = −a cos t,
π
f ′ ( ) = −a,
2
π
g ′ ( ) = 0,
2
x2 y 2
+ 2 = 1 の媒介変数
a2
b
g ′′ (t) = −b sin t
dy
g ′ (t0 )
|t=t0 = ′
= 0.
dx
f (t0 )
f ′ g ′′ − f ′′ g ′ = ab sin2 t − (−ab cos2 t) = ab だから
f ′ g ′′ − f ′′ g ′
b
1
d2 y
=
=− 2 ·
2
′
3
dx
(f )
a sin3 t
sin t の符号から、0 < t < π のとき上に凸、 π < t < 2π のとき下に凸であ
る。
(3) x = a cos3 t, y = a sin3 t (0 ≤ t ≤ 2π) はアステロイド (星芒形) と呼
ばれる曲線である。
42
（ワードで漢字「芒」（ボウ）を入力するには：光芒（コウボウ）を利用)
f (t) = a cos3 t, g(t) = a sin3 t として
π
3a
π
3a
f ′ (t) = −3a cos2 t sin t, g ′ (t) = 3a sin2 t cos t, f ′ ( ) = − √ , g ′ ( ) = √
4
4
2 2
2 2
だから
dy
g(t0 )
|t=t0 =
= −1 アステロイド
dx
f (t0 )
x = a cos3 t, y = a sin3 t (0 ≤ t ≤ 2π),
a>0
の増減と凸凹を調べる。
説明
f ′ (t)
f ′′ (t)
g ′ (t)
g ′′ (t)
=
=
=
=
−3a cos2 t sin t
3a[2 cos t sin2 t − cos3 t]
3a sin2 t cos t
3a[2 sin t cos2 t − sin3 t]
dy
g ′ (t)
3a sin2 t cos t
= ′
=
= − tan t
dx
f (t)
−3a cos2 t sin t
f ′ (t)g ′′ (t) − g ′ (t)f ′′ (t)
=
9a2
−
=
=
(− cos2 t sin t)(2 sin t cos2 t − sin3 t)
(sin2 t cos t)(2 cos t sin2 t − cos3 t)
sin2 t cos2 t[−2 cos2 t + sin2 t − 2 sin2 t + cos2 t]
− sin2 t cos2 t
d2 y
−9a2 sin2 t cos2 t
1
=
=
2
2
3
dx
(−3a cos t sin t)
3a cos4 t sin t
dy d2 y
と
の符号を t の変化にあわせて調べることにより、次のことがわかる。
dx dx2
π
0<t<
2
π
<t<π
2
3π
π<t<
2
3π
< t < 2π
2
のとき減少で下に凸
のとき増加で下に凸
のとき減少で上に凸
のとき増加で上に凸
43
補足
アステロイドを x2/3 + y 2/3 = a2/3 とした場合の計算。
説明
合成関数の微分法により
2 −1/3 2 −1/3 ′
x
+ y
y = 0,
3
3
y′ = −
y 1/3
x1/3
y −1/3 y ′ + x−1/3 = 0 の両辺を x で微分する。
1
1
− y −4/3 (y ′ )2 + y −1/3 y ′′ − x−4/3 = 0
3
3
y ′′ =
1 −4/3
y 1/3
x
+ y −4/3 { 1/3 }2 y 1/3
3
x
1 −4/3 1/3
y 2/3 + x2/3
(x
y + x−2/3 y −1/3 ) =
3
3x4/3 y 1/3
a2/3
=
3x4/3 y 1/3
a2/3
1
=
=
3a4/3 cos4 t · a1/4 sin t
3a cos4 t sin t
=
44
9
第 9 回:不定積分 1
1. 置換積分を用いて、次の関数の不定積分を求めよ。
1
3
√
(1)
,
(2)
x2 − 2x + 3
9x2 − 12x + 1
2. 置換積分法を用いて、次の関数の不定積分を求めよ。
4
3
√
√
(1)
,
(2)
x x3 − 4
x x4 + 1
3. 置換積分法を用いて、次の関数の不定積分を求めよ。
2
log x
(1)
,
(2)
x
−x
2
(e + e )
x(1 + log x)
4. 置換積分法を用いて、次の関数の不定積分を求めよ。
sin3 x
,
(2) tan x log(1 + tan2 x)
2 + cos x
5. 置換積分法を用いて、次の関数の不定積分を求めよ。
√
(x + x2 − 1)3
x + sin−1 2x
√
√
(1)
,
(2)
x2 − 1
1 − 4x2
(1)
45
解答
9.1
1. (1) 分母を変形して x2 − 2x + 3 = (x − 1)2 + 2
x − 1 = t とおくと dx = dt
x2
1
dx =
− 2x + 3
t2
1
1
t
1
x−1
dt = √ tan−1 √ = √ tan−1 √
+2
2
2
2
2
(2) 分母の平方根の中を変形して
9x2 − 12x + 1 = (3x − 2)2 − 3, 3x − 2 = t とおけば 3dx = dt より
√
9x2
2. (1)
3
dx =
− 12x + 1
√
1
dt, 公式 [10′ ] から
−3
√
= log |t + t2 − 3| = log |3x − 2 +
√
= log |3x − 2 + 9x2 − 12x + 1|
√
t2
x4 + 1 = t とおくと x4 + 1 = t2 ,
(3x − 2)2 − 3|
4x3 dx = 2tdt だから
4 2tdt
整理して
xt 4x3
2t
2dt
=
dt
=
, 公式 [8′ ] から
t(t2 − 1)
t2 − 1
t−1
(t − 1)2
= log
= log 2
t+1
t −1
√
√
x4 + 1 − 1
( x4 + 1 − 1)2
= log
=
2
log
x4
x2
4
dx =
x x4 + 1
√
(2)
√
x3 − 4 = t とおくと x3 − 4 = t2 から 3x2 dx = 2tdt
3
dx =
x x3 − 4
√
=
3 2t
2
dt =
dt
2
xt 3x
x3
√
2
1
x3 − 4
−1 t
−1
dt
=
2
×
tan
=
tan
t2 + 4
2
2
2
3. (1) e2x = t とおくと 2e2x dx = dt
2
dx =
x
(e + e−x )2
=
2e2x
dx
(e2x + 1)2
1
1
dt
=−
= − 2x
2
(t + 1)
t+1
e +1
46
dx
= dt
x
log x
t−1
dx =
dt
x(1 + log x)
t
= t − log |t| = log x + 1 − log | log x + 1|
= log x − log | log x + 1|
(2) 1 + log x = t とおくと
1 は定数なので、積分定数を省略する約束から最後の行になる。
4. (1) 2 + cos x = t とおくと − sin xdx = dt
sin3 x
dx =
2 + cos x
=
cos x = t − 2
(1 − cos2 x) sin x
(t − 2)2 − 1
dx =
dt
2 + cos x
t
1
3
(t − 4 + )dt = t2 − 4t + 3 log |t|
t
2
1
(cos x + 2)2 − 4(cos x + 2) + 3 log(cos x + 2)
2
1
=
cos2 x − 2 cos x + 3 log(cos x + 2) − 6
2
1
cos2 x − 2 cos x + 3 log(cos x + 2)
=
2
−6 は定数なので、積分定数を省略する約束から最後の行になる。
別解 cos x = t とおくと − sin xdx = dt
=
sin3 xdx = (1 − cos2 x) sin xdx = (t2 − 1)dt
sin3 x
dx =
2 + cos x
t2 − 1
dt
t+2
=
(t − 2 +
3
1
)dt = t2 − 2t + 3 log(t + 2)
t+2
2
1
cos2 x − 2 cos x + 3 log(cos x + 2)
2
定数は積分定数に含まれる。
=
(2) 1 + tan2 x = (cos x)−2 であることから log | cos x| = t とおくと
− tan xdx = dt
tan x log(1 + tan2 x)dx = 2 (− tan x) log | cos x|dx
= 2
47
tdt = t2 = (log | cos x|)2
別解
tan x = t とおくと
dt =
dx
= (1 + tan2 x)dx = (1 + t2 )dx
cos2 x
t log(1 + t2 )
dt
1 + t2
tan x log(1 + tan2 x)dx =
1
(log(1 + t2 ))2 =
4
1
(−2 log | cos x|)2
=
4
=
5. (1) x +
√
1
(log(1 + tan2 x))2
4
= (log | cos x|)2
x2 − 1 = t とおくと
(1 + √
x
)dx = dt,
x2 − 1
√
(x + x2 − 1)3
√
dx =
x2 − 1
√
dx
dt
=
t
x2 − 1
dt
= t2 dt
t
√
1 3 1
=
t = (x + x2 − 1)3
3
3
t3 ·
(2) sin−1 2x = t とおくと 2x = sin t, 2dx = cos tdt,
cos t =
1 − sin2 t =
√
1 − 4x2 だから √
x + sin−1 2x
1
√
dx =
2
2
1 − 4x
2
dx = dt
1 − 4x2
1
( sin t + t)dt
2
1
1
= − cos t + t2
4
4
√
1
=
{(sin−1 2x)2 − 1 − 4x2 }
4
48
10
第 10 回:不定積分 2
1. 部分積分法を用いて、次の関数の積分を求めよ。
√
(1) log(x + x2 − 1),
(2) x3 (log |x|)2
(3) x3 cos 2x,
(4) x tan−1 x
(5) (sin−1 x)2
2. 部分積分法を用いて、次の関数の積分を求めよ。
(1) e4x sin 3x,
(2) e−x sin2 x
3. 次の有理関数を部分分数分解せよ。
2
8x
(1)
,
(2)
2
2
(x − 1) (x + 1)
(x − 1)3 (x + 1)
4. 次の 1 次無理関数の不定積分を求めよ。
1
1
√
√
√
(1)
,
(2)
(x − 6 x − 9) x − 9
(x + 3) x + 1
5.
(1)
次の 1 次無理関数の不定積分を求めよ。
√
4
x−1
1
√ √
√
,
(2)
,
(3)
3
x+1
x x( x + 4)
49
log x3
√
44x+1
10.1
解答
1. (1) f ′ = 1, g = log(x +
log(x +
√
√
x2 − 1) とする。g ′ = √
√
1
x2
−1
だから
x
dx
−1
√
√
= x log(x + x2 − 1) − x2 − 1
x2 − 1)dx = x log(x +
x2 − 1) −
√
x2
(2) f ′ = x3 , g = (log |x|)2
1 4
x4 2(log |x|)
x (log |x|)2 −
·
dx
4
4
x
1 4
1
x4 1
=
x (log |x|)2 − x4 log |x| +
· dx
4
8
8 x
1 4
1
1
=
x (log |x|)2 − x4 log |x| + x4
4
8
32
x4
{8(log |x|)2 − 4 log |x| + 1}
=
32
x3 (log |x|)2 dx =
(3) f ′ = cos 2x, g = x3
sin 2x
1 3
x sin 2x −
· 3x2 dx
x3 cos 2xdx =
2
2
1 3
3
6x
=
x sin 2x + x2 cos 2x − cos 2x · dx
2
4
4
1 3
3 2
6
6
=
x sin 2x + x cos 2x − x sin 2x + sin 2x · dx
2
4
8
8
1 3
3 2
3
3
=
x sin 2x + x cos 2x − x sin 2x − cos 2x
2
4
4
8
3
1
=
(2x3 − 3x) sin 2x + (2x2 − 1) cos 2x
4
8
′
−1
(4) f = x, g = tan x
1 2
x2 1
x tan−1 x −
dx
2
2 1 + x2
1
1
1 2
x tan−1 x −
(1 − 2
)dx
=
2
2
x +1
1 2
1
1
=
x tan−1 x − x + tan−1 x
2
2
2
1
{(x2 + 1) tan−1 x − x}
=
2
x tan−1 xdx =
50
(5) f ′ = 1, g = (sin−1 x)2 として部分積分により
x
2 sin−1 x
′
√
x· √
dx
（
f
=
, g = sin−1 x）
2
2
1−x
1−x
√
√
1
= x(sin−1 x)2 + 2 1 − x2 sin−1 x − 2
1 − x2 · √
dx
1 − x2
√
= x(sin−1 x)2 + 2 1 − x2 sin−1 x − 2x
(sin−1 x)2 dx = x(sin−1 x)2 −
2. (1) オイラーの公式を使う方法で解く。
I=
e4x sin 3xdx,
J=
e4x cos 3xdx
とおく。
J + iI =
e4x (cos 3x + i sin 3x)dx =
e4x e3ix dx =
e(4+3i)x dx
1
4 − 3i 4x 3ix
e(4+3i)x =
e e
4 + 3i
16 + 9
e4x
(4 − 3i)(cos 3x + i sin 3x)
=
25
e4x
=
{4 cos 3x + 3 sin 3x + i(4 sin 3x − 3 cos 3x)}
25
実部・虚部を比較して
=
I=
e4x
(4 sin 3x − 3 cos 3x)
25
1 − cos 2x
および公式
2
eax
eax cos bxdx = 2
(a cos bx + b sin bx)
a + b2
を a = −1, b = 2 として使う。
1 − cos 2x
e−x sin2 xdx =
e−x
dx
2
1
1
e−x dx −
e−x cos 2xdx
=
2
2
1
1 e−x
= − e−x − ·
(− cos 2x + 2 sin 2x)
2
2 5
1
= − e−x (5 + 2 sin 2x − cos 2x)
10
(2) sin2 x =
51
3. (1) 未定係数法
2
ax + b
cx + d
=
+
(x − 1)2 (x2 + 1)
(x − 1)2 x2 + 1
通分して分母を払うと
2 = ax3 + bx2 + ax + b
+ cx3 + (−2c + d)x2 + (c − 2d)x + d
恒等式であることから
a + c = 0, b − 2c + d = 0, a + c − 2d = 0, b + d = 2
これから a = −1, b = 2, c = 1, d = 0
2
−x + 2
x
1
1
x
=
+
=
−
+
+
(x − 1)2 (x2 + 1)
(x − 1)2 x2 + 1
x − 1 (x − 1)2 x2 + 1
(2) 未定係数法と異なる方法を紹介する。
Q(x) =
8x
a
b
c
d
=
+
+
+
3
2
3
(x − 1) (x + 1)
x − 1 (x − 1)
(x − 1)
x+1
8x
=1
x→−1 (x − 1)3
d = lim (x + 1)Q(x) = lim
x→−1
z=
1
1
とおく。x − 1 = より
x−1
z
x=
z+1
,
z
x+1=
2z + 1
z
を Q(x) に代入すると
Q(x) = 8
割算により
8z 3 (z + 1)
z+1
1 2z + 1
/ 3·
=
z
z
z
2z + 1
8z 3 (z + 1)
z
= 4z 3 + 2z 2 − z +
2z + 1
2z + 1
52
つまり z = (x − 1)−1 の係数から a = −1, b = 2, c = 4
1
2
8x
4
1
=−
+
+
+
3
2
3
(x − 1) (x + 1)
x − 1 (x − 1)
(x − 1)
x+1
√
4. (1)
x + 1 = t とおく。x = t2 − 1, dx = 2tdt
1
√
dx =
(x + 3) x + 1
(2)
√
2t
2
dt
=
dt
(t2 − 1 + 3)t
t2 + 2
√
2
t
x+1
= √ tan−1 √ = 2 tan−1
2
2
2
x − 9 = t とおく。x = t2 + 9, dx = 2tdt
1
√
√
dx =
(x − 6 x − 9) x − 9
2tdt
2
=
dt
+ 9 − 6t)t
(t − 3)2
2
2
√
= −
=
t−3
3− x−9
(t2
√
5. (1) 4 x = t とおく。x = t4 , dx = 4t3 dt
√
4
x−1
4t3 (t − 1)
√
dx =
dt
x+1
t2 + 1
t
1
= 4
t2 − t − 1 + 2
+ 2
dt
t +1 t +1
4 3
t − 2t2 − 4t + 2 log(t2 + 1) + 4 tan−1 t
=
3
√
√
√
√
4√
4
=
x3 − 2 x − 4 4 x + 2 log( x + 1) + 4 tan−1 4 x
3
√
(2) 6 x = t とおく。x = t6 , dx = 6t5 dt
6t5
6
dt =
dt
6
3
2
4
2
t t (t + 4)
t (t + 4)
1
1
1
1
= 6
−
+
· 2
dt
4
2
4t
16t
16 t + 4
1
1
1 1
t
= 6 − t−3 + t−1 +
· tan−1
12
16
16 √
2
2
6
3
3
x
1
+
tan−1
= − √ + √
6
2 x 8 x 16
2
1
√ √
dx =
3
x x( x + 4)
53
(3)
√
4
x + 1 = t とおく。x = t4 − 1, dx = 4t3 dt
log x3
√
dx =
44x+1
= 3
3 log(t4 − 1)
· 4t3 dt
4t
t2 log(t4 − 1)dt,
部分積分を行う
t6
dt
t4 − 1
1 1
1
1
1
t2 + (
dt
= t3 log(t4 − 1) − 4
−
)+ · 2
4 t−1 t+1
2 t +1
4
t−1
= t3 log(t4 − 1) − t3 − log
− 2 tan−1 t
3
t +√1
4
√
4
x+1−1
−1 4
= 4 (x + 1)3 (log x − ) − log √
−
2
tan
x+1
4
3
x+1+1
= t3 log(t4 − 1) − 4
54
11
第 11 回:不定積分 3
1. 次の 2 次無理関数の不定積分を求めよ。
√
x2 − 1
x−1
(1)
,
(2) √ 2
x(x + 1)
x + 2x − 3
x2 + 1
1
√
,
(4)
x x2 − 2x + 2
x2 − 2x + 2
方針教科書 75 頁の公式を利用する。
√
t = x + x2 + bx + c
(3)
√
と変数変換すると
x=
t2 − c
,
2t + b
√
x2 + bx + c =
t2 + bt + c
,
2t + b
dx =
2(t2 + bt + c)
dt
(2t + b)2
2. 次の 2 次無理関数の不定積分を求めよ。
√
1 − x2
x+2
,
(2) √
(1)
x(1 + x)
3 − 2x − x2
1
1
√
√
√
(3)
,
(4)
2
2
(1 + 2x − x ) 2x − x
(x + 1) 3 − 2x − x2
方針
教科書 75 頁の公式を利用する。
−x2 + bx + c = −(x − p)(x − q), q < p のとき t =
x−q
p−x
と変数変換すると
x=
pt2 + q
,
t2 + 1
√
−x2 + bx + c =
(p − q)t
,
t2 + 1
dx =
2(p − q)t
dt
(t2 + 1)2
注意変数変換で用いた t で不定積分して得られた関数を x の関数に戻した
場合に、そのままでは教科書の解答と一致しない問題が含まれている。どの
55
ように変形したら、教科書の解答と同じになるかを考えよう。
3. 次の三角関数の不定積分を求めよ。
cos x
sin x
tan x
(1)
(2)
, (3)
2 ,
cos 2x
2 + cos x
1 + sin x
4. 次の三角関数の不定積分を求めよ。
1
cos x
1
, (2)
, (3)
(1)
3 + cos x
2 + 2 sin x + cos x
1 + sin x − cos x
56
解答
11.1
1. (1)
√
x2 − 1 + x = t とおく。公式を b = 0, c = −1 として使うと
x=
t2 + 1
,
2t
√
x2 − 1 =
t2 − 1
2(t2 − 1)
dt
, dx =
2t
(2t)2
である。したがって
t2 + 1
(t + 1)2
x+1=
+1=
2t
2t
以上から
√
x2 − 1
dx =
x(x + 1)
(2)
√
2t
2t
t2 − 1 2(t2 − 1)
·
·
·
dt
t2 + 1 (t + 1)2
2t
(2t)2
1
2
(t − 1)2
dt
=
−
dt
=
(t2 + 1)t
t t2 + 1
= log t − 2 tan−1 t
√
√
= log |x + x2 − 1| − 2 tan−1 (x + x2 − 1)
x2 + 2x − 3 + x = t とおく。b = 2, c = −3 として公式を使う。
x=
t2 + 3
,
2t + 2
√
x2 + 2x − 3 =
x−1=
t2 + 2t − 3
,
2t + 2
dx =
2(t2 + 2t − 3)
dt
(2t + 2)2
t2 + 3
(t − 1)2
−1=
2t + 2
2t + 2
以上から
√
x−1
dx =
2
x + 2x − 3
(t − 1)2
2t + 2
2(t2 + 2t − 3)
· 2
·
dt
2t + 2 t + 2t − 3
(2t + 2)2
1 (t − 1)2
=
dt
2 (t + 1)2
1
4
4
=
1−
+
dt
2
t + 1 (t + 1)2
2
1
t − 2 log(t + 1) −
=
2
t+1
57
√
1 √ 2
( x + 2x − 3 + x) − 2 log |x + 1 + x2 + 2x − 3|
2
2
√
−
x + 1 + x2 + 2x − 3
√
√
=
x2 + 2x − 3 − 2 log |x + 1 + x2 + 2x − 3|
=
最後の変形は
x+1+
√
√
2(x + 1 − x2 + 2x − 3)
2
1
=
=
(x+1−
x2 + 2x − 3)
(x + 1)2 − (x2 + 2x − 3)
2
x2 + 2x − 3
であることと、定数は積分定数に組み込まれることからわかる。
√
(3)
x2 − 2x + 2 + x = t とおく。b = −2, c = 2 として公式を使う。
x=
t2 − 2
,
2t − 2
√
x2 − 2x + 2 =
t2 − 2t + 2
,
2t − 2
dx =
2(t2 − 2t + 2)
dt
(2t − 2)2
以上から
2t − 2
2t − 2
2(t2 − 2t + 2)
·
·
dt
t2 − 2 t2 − 2t + 2
(2t − 2)2
1
1
1
1
√ −
√ dt
= 2
dt = √
2
t −2
2
t− 2 t+ 2
√
1
t− 2
√
= √ log
2
t+ 2
√
√
1
x − 2 + x2 − 2x + 2
√
√
= √ log
2
x + 2 + x2 − 2x + 2
1
dx =
x x2 − 2x + 2
√
(4) (3) と同じ変数変換である。
x2 + 1 = (
√
t4 − 8t + 8
t2 − 2 2
) +1=
2t − 2
(2t − 2)2
2t − 2
2(t2 − 2t + 2)
t4 − 8t + 8
·
·
dt
(2t − 2)2 t2 − 2t + 2
(2t − 2)2
1 t4 − 8t + 8
=
dt
4
(t − 1)3
x2 + 1
dx =
x2 − 2x + 2
58
1
4
1
=
4
6
4
1
−
+
dt
2
t − 1 (t − 1)
(t − 1)3
4
1
t2
+ 3t + 6 log |t − 1| +
−
2
t − 1 2(t − 1)2
√
3
= P (x) + log |x − 1 + x2 − 2x + 2|
2
√
注意 P (x)(対数を含まない項で t = x + x2 − 2x + 2 とおいて得られる式)
を教科書の解答と同じ形に変形するには、式の変形が必要となる。この問題
は、次の別解の方法によれば簡単に解決できる。このことからもわかるよう
に、不定積分の解法は一通りではないでの、得られた解の形は異なるが、実
際には定数の差だけである。
=
別解
x2 + 1 = (x2 − 2x + 2) + 2(x − 1) + 1, x2 − 2x + 2 = (x − 1)2 + 1 だから
√
√
t+3+
√
x2 + 1
2(x − 1)
1
2 − 2x + 2 + √
√
=
x
+
x2 − 2x + 2
x2 − 2x + 2
x2 − 2x + 2
x2 + 1
dx =
x2 − 2x + 2
√
x2 − 2x + 2dx +
√
2(x − 1)
dx
x2 − 2x + 2
1
dx
− 2x + 2
√
√
1
=
{(x − 1) x2 − 2x + 2 + log |x + x2 − 2x + 2|}
2√
√
+ 2 x2 − 2x + 2 + log |x − 1 + x2 − 2x + 2|
√
√
1
3
=
(x + 3) x2 − 2x + 2 + log |x − 1 + x2 − 2x + 2|
2
2
+
√
x2
2. (1) p = 1, q = −1 として公式に当てはめると
t=
1+x
,
1−x
これを代入すると
√
1 − x2
dx =
x(1 + x)
x=
t2 − 1
,
t2 + 1
√
1−x
√
dx
x 1+x
59
dx =
(t2
4t
dt
+ 1)2
=
=
t2 + 1 1
4t
· · 2
dt
2
t − 1 t (t + 1)2
4
dt = 2
2
(t − 1)(t2 + 1)
t2
1
1
− 2
dt
−1 t +1
t−1
1+x
− 2 tan−1
t+1
1−x
√
1 − 1 − x2
− sin−1 x
= log
x
= log
補足
√
√
t−1
1+x− 1−x
√
= √
t+1
1+x+ 1−x
√
√
√
( 1 + x − 1 + x)2
1 − 1 − x2
=
=
1 + x − (1 − x)
x
補足 2 tan−1 t を sin−1 x で置換えることができること。
α = 2 tan−1 t とおけば
α
tan = t,
2
1 − t2
1 − x − (1 + x)
cos α =
=
= −x,
2
1+t
1 − x + (1 + x)
sin(2α −
sin−1 x = 2α − π/2 となり、定数を省略できる。
別解
√
1 − x2
1−x
1
1
√
√
= √
=
−
x(1 + x)
x 1 − x2
x 1 − x2
1 − x2
例題 4.6(1) の計算結果
√
1
1
1 − 1 − x2
√
√
dx = log
2
x 1 − x2
1 + 1 − x2
を用いれば
√
1 − x2
dx =
x(1 + x)
1
1
√
dx
−
dx
x 1 − x2
1 − x2
√
1
1 − 1 − x2
√
=
− sin−1 x
log
2
2
1+ 1−x
√
60
π
)=x
2
(2) p = 1, q = −3 として公式に当てはめる。
t=
x+3
,
1−x
x=
t2 − 3
,
t2 + 1
,
x+2=
√
3 − 2x − x2 =
t2
4t
,
+1
dx =
(t2
8t
dt
+ 1)2
t2 − 3
3t2 − 1
+
2
=
t2 + 1
t2 + 1
以上から
√
x+2
dx =
3 − 2x − x2
=
=
=
=
=
3t2 − 1 t2 + 1
8t
·
· 2
dt
2
t +1
4t
(t + 1)2
2(3t2 − 1)
dt
(t2 + 1)2
dt
dt
6
−8
2
2
t +1
(t + 1)2
1
t
6 tan−1 t − 8 · (
+ tan−1 t)
2
2 1+t
4t
2 tan−1 t −
1 + t2
√
x+3
− 3 − 2x − x2 + 2 tan−1
1−x
補足
t
=
1 + t2
x+3
x+3
1+
1−x
1−x
−1
=
1
(x + 3)(1 − x)
4
x+3
x+1
を sin−1
で置換えることができることは 4(1) の
1−x
2
補足説明と同じ理由。
補足
2 tan−1
別解
√
√
x+2
x+1
√
=
+
3 − 2x − x2
3 − 2x − x2
x+2
dx =
3 − 2x − x2
√
1
4 − (x + 1)2
x+1
dx +
3 − 2x − x2
√
= − 3 − 2x − x2 + sin−1
61
1
4 − (x + 1)2
x+1
2
dx
(3) p = 2, q = 0 として公式に当てはめる。
t=
x
,
2−x
x=
1+
(1 +
√
2t2
,
t2 + 1
√
dx =
4t
dt,
2
(t + 1)2
2x − x2 = 1 +
√
2x − x2 =
t2
2t
+1
2t
(t + 1)2
=
t2 + 1
t2 + 1
t2 + 1 t2 + 1
4t
·
·
dt
(t + 1)2
2t
(t2 + 1)2
2
2
=
dt = −
2
(t + 1)
t+1
√
1 − 2x − x2
=
x−1
1
√
dx =
2x − x2 ) 2x − x2
補足
√
2
2 2−x
√
= √
t+1
x+ 2−x
√
√
√
2 2 − x( x − 2 − x)
=
x − (2 − x)
√
√
2x − x2 + x − 2
−1 + 2x − x2
=
=
+1
x−1
x−1
(4) (2) と同様に p = 1, q = −3
x+1=
t2 − 3
2t2 − 2
+
1
=
t2 + 1
t2 + 1
t2 + 1 t2 + 1
8t
·
· 2
dt
2
2t − 2
4t
(t + 1)2
1
t−1
1
=
dt = log
2
t −√1
2
t+1
√
1
x+3− 1−x
√
log √
=
2
x+3+ 1−x
1
√
dx =
(x + 1) 3 − 2x − x2
62
補足
√
√
√
√
t−1
x+3− 1−x
( x + 3 − 1 − x)2
√
= √
=
t+1
x + 3 − (1 − x)
x+3+ 1−x
=
=
x + 3 + 1 − x − 2 (x + 3)(1 − x)
2−
2x + 2
(x + 3)(1 − x)
x+1
1
, sin x = t とおく。
1 + t2
cos x
1
dt = tan−1 t = tan−1 (sin x)
2 dx =
1 + t2
1 + sin x
3. (1) φ(t) =
(2) cos x = t とおく。
sin x
dx =
cos 2x
sin x
dx
2 cos2 x − 1
1
1
1
1
√ −
√ )dt
= −
dt = − √
(
2
2t − 1
2 2
t − 1/ 2 t + 1/ 2
√
√
1
t + 1/ 2
1
1 + 2 cos x
√ = √ log
√
= √ log
2 2
t − 1/ 2
2 2
1 − 2 cos x
(3) 被積分関数を変形すると
tan x
sin x
=
2 + cos x
cos x(2 + cos x)
となるので cos x = t とおくと cos xdx = −dt であるから
tan x
1
1
1
1
dx = −
dt =
(
− )dt
2 + cos x
t(t + 2)
2
t+2 t
1
t+2
1
cos x + 2
log |
| = log |
|
=
2
t
2
cos x
x
1 − t2
2
4. (1) tan = t とおく。cos x =
, dx =
dt
2
2
1+t
1 + t2
1
dx =
3 + cos x
3+
1 − t2
1 + t2
63
−1
2
dt
1 + t2
2
1
dt
=
dt
4 + 2t2
t2 + 2
t
1
1
1
x
= √ tan−1 √ = √ tan−1 ( √ tan )
2
2
2
2
2
x
2t
(2) tan = t とおく。sin x =
2
1 + t2
4t
1 − t2
t2 + 4t + 3
2 + 2 sin x + cos x = 2 +
+
=
1 + t2 1 + t2
1 + t2
=
1 + t2
2
·
dt
2
t + 4t + 3 1 + t2
1
t+1
1
=
(
−
)dt = log
t+1 t+3
t+3
tan(x/2) + 1
= log
tan(x/2) + 3
1
dx =
2 + 2 sin x + cos x
(3) tan
x
= t とおく。
2
1 + sin x − cos x = 1 +
cos x
dx =
1 + sin x − cos x
=
=
=
=
=
=
=
2t
1 − t2
2t2 + 2t
−
=
1 + t2 1 + t2
1 + t2
1 + t2
1 − t2
2
·
·
dt
2
2
2(t + t) 1 + t 1 + t2
1 − t2
1−t
dt
=
dt
t(t + 1)(1 + t2 )
t(1 + t2 )
1
t
1
( − 2
−
)dt
t t + 1 1 + t2
1
log |t| − log(t2 + 1) − tan−1 t
2
1
x
x
x
log | tan | − log(tan2 + 1) −
2
2
2
2
1
x −2 x
x
log | tan | − log(cos ) −
2
2
2
2
x
x
x
log | tan | + log | cos | −
2
2
2
x
x
log | sin | −
2
2
64
第 12 回:定積分１
12
1. 次の定積分を求めよ。
3
x2
√
(1)
dx,
(2) I =
0
1+x
π/3
(3)
π/4
4
3
(x − 2) log(x3 − 2x2 )dx
1
cos x
dx,
1 + cos x
(4)
1/2
2. 次の広義積分を求めよ。
9
1
√
(1)
dx,
(2)
3
0
x−1
log 2
ex
0
sin−1 x
√
dx
x2 1 − x2
√
1
dx
ex − 1
3. 次の広義積分を求めよ。
∞
(1)
x3 e−2x dx,
2
∞
(2)
0
1
log x
dx
(1 + x)3
∞
(1 + log x)
dx,
(4)
e−x sin 2xdx
x3
0
1
4. 次の広義積分の収束・発散を調べよ。
1
∞ sin x
1
√
dx
(1)
dx,
(2)
x
0
0
1 − x4
(3)
∞
2
65
12.1
1. (1)
解答
√
3
0
1 + x = t とおけば、1 ≤ t ≤ 2, x = t2 − 1
√
x2
dx =
1+x
2
1
(t2 − 1)2
· 2tdt
t
2
1 5 2 3
t − t +t
5
3
1
1
1 5
2 3
76
= 2 (2 − 1) − (2 − 1) + 2 − 1 =
5
3
15
2
= 2
(t4 − 2t2 + 1)dt = 2
(2) x − 2 = t とおくと 1 ≤ t ≤ 2, x = t + 2, dx = dt
4
3
2
(x − 2) log(x3 − 2x2 )dx =
t log t(t + 2)2 dt
1
2
=
2
t log tdt + 2
t log(t + 2)dt
1
=
=
=
=
1
2
t2
−
dt
1
1 t+2
1
2
3
4
}dt
2 log 2 − + 4 log 4 − log 3 − {t − 2 +
4
t+2
1
2
3
t2
10 log 2 − log 3 − −
− 2t + 4 log(t + 2)
4
2
1
1
2 log 2 + 3 log 3 −
4
t2
log t
2
2
t
dt + [t2 log(t + 2)]21 −
2
(3) 被積分関数を変形する。
cos x
1
1 − cos x
= 1−
=1−
1 + cos x
1 + cos x
1 − cos2 x
1 − cos x
1
cos x
= 1−
=1−
+
2
2
sin x
sin x sin2 x
π/3
π/4
cos x
dx =
1 + cos x
=
π/3
1
cos x
+
dx
2
sin x sin2 x
π/4
1
1 π/3
x+
−
tan x sin x π/4
66
1−
2
√
π
1
−1+ 2− √
12
3
√
(4) sin−1 x = t とおく。π/6 ≤ t ≤ π/2, dx/ 1 − x2 = dt
=
1
1/2
sin−1 x
√
dx =
x 2 1 − x2
π/2
π/6
t
dt
sin2 t
π/2
π/2
cot tdt
−t cot t
+
π/6
π/6
√
π/2
3π
π
=
+ log | sin t|
= log 2 + √
π/6
6
2 3
=
補足
1
を用いた。不定積分公式
tan t
上の計算では記号 cot t =
1
dx = − cot x,
sin2 x
cot xdx =
cos x
dx = log | sin x|
sin x
を確認すること。
√
2. (1) 3 x − 1 = t とおく。−1 ≤ t ≤ 2, x = t3 + 1, dx = 3t2 dt
9
0
√
3
2
1
dx =
x−1
1
× 3t2 dt =
−1 t
3 2 2
9
t
=
2 −1 2
=
注意
2
−1
3tdt
被積分関数は x = 1 で不連続であるので、厳密には
9
0
√
3
1
dx = lim
a,b→+0
x−1
1−a
0
√
3
1
dx +
x−1
9
1+b
√
3
1
dx
x−1
として計算する必要があるが、x = 1 においてはべきが −1/3 であるから、広
義積分の存在が保証される。
√
(2) 被積分関数は x = 0 で不連続であるので広義積分である。 ex − 1 = t
とおく。
0 ≤ t ≤ 1, ex = t2 + 1, ex dx = 2tdt より dx =
67
2t
dt
t2 + 1
log 2
e
0
注意
√
x
1
dx =
ex − 1
1
2t
dt
+ 1)2 t
0
1
1
= 2
dt (被積分関数は [0, 1] で連続)
0 (1 + t2 )2
1
t
1
−1
= 2×
+ tan t
2 1 + t2
0
π 1
=
+
4 2
(t2
教科書 64 頁積分基本公式 II[14]
x
1
1
dx
=
+ tan−1 x
(1 + x2 )2
2 1 + x2
は憶えておくこと。
（証明は
1
dx に部分積分法を用いるという技巧を
1 + x2
用いる。）
3. x2 = t とおく。0 ≤ t < ∞, 2xdx = dt
∞
1 ∞ −2t
te dt
2 0
1
1 −2t ∞ 1
=
− e t +
2
2
2
0
x3 e−2x dx =
2
0
∞
0
e−2t
1
1
dt =
− e−2t
2
2
4
ここでは、極限値の計算
1
t
= lim 2t = 0
2t
t→∞ 2e
t→∞ 2e
lim te−2t = lim
t→∞
を行った。（ロピタルの定理）
(2) 部分積分法により
∞
1
log x
log x
dx = −
3
(1 + x)
2(1 + x)2
∞
∞
+
1
1
1
dx
2x(1 + x)2
ロピタルの定理を使って
lim
x→∞
log x
1
= lim
=0
2
x→∞
(1 + x)
2x(1 + x)
68
∞
=
0
1
8
となり、右辺の第 1 項はゼロとなる。
∞
1
log x
dx =
(1 + x)3
∞
1
1
2
1
=
2
=
注意
1
dx
2x(1 + x)2
∞
1
1
1
−
−
dx
x 1 + x (1 + x)2
1
x
1 ∞ 1
1
log |
|+
= log 2 −
1+x
1+x 1
2
4
次の極限値を用いた。
x
= log 1 = 0
x+1
1
コメント教科書の問題 5.4(12) の解答 log 2 − は間違っています。これは
2
∞ 2 log x
dx の解答になっています。
(1 + x)3
1
lim log
x→∞
(3) 部分積分法により
∞
1
(1 + log x)2
(1 + log x)2
dx
=
−
x3
2x2
∞
∞
+
1
1
∞
2(1 + log x)
dx
2x2 · x
∞ 1
1
1 + log x
+ −
dx
+
2
2
2x
2x3
1
1
1 1
1 ∞
1
5
=
+ + − 2
=1+ =
2 2
4x 1
4
4
=
ここでは極限値の計算
(1 + log x)2
= 0,
x→∞
x2
lim
1 + log x
=0
x→∞
x2
lim
を用いた。
(4) 教科書 66 頁例題 4.1 の公式 (a = −1, b = 2)
e−x sin 2xdx =
e−x
(− sin 2x − 2 cos 2x)
5
を用いて
∞
0
e−x sin 2xdx =
e−x
(− sin 2x − 2 cos 2x)
5
69
∞
=
0
2
5
ここでは | sin 2x| ≤ 1, | cos 2x| ≤ 1 であることから
lim e−x sin 2x = x→∞
lim e−x cos 2x = 0
x→∞
であることを用いた。
4. (1) 0 < x < 1 のとき
1 − x4 = (1 − x)(1 + x)(1 + x2 ) ≥ (1 − x),
1
0
√
√
1
dx = [−2 1 − x]10 = 2 であるから
1−x
1
0
√
√
1
1
√
≤
1−x
1 − x4
1
dx は収束する。
1 − x4
(2) 積分区間を (0, 1], [1, ∞) に分けて調べる。
f (x) =
sin x
とおくと
x
lim f (x) = 1
x→0
であるから, 十分小さな r > 0 に対し (0, r) において |f (x)| ≤ 2 としてよい。
1
0
f (x)dx ≤
a
1
r
1
2dx +
0
r
sin x
cos x
dx = −
x
x
| cos x| ≤ 1 より
∞
1
a
+
1
∞
a
cos x
dx
x2
cos a
=0
a→∞
a
a cos x
∞ 1
1
| 2 |dx ≤
dx = 1 − → 1 (a → ∞)
2
x
x
a
1
a
sin x
dx は収束する。
x
lim
ゆえに
1
1−r
dx = 2r +
<∞
r
r
70
13
第 13 回:定積分 2
1. サイクロイドの媒介変数表示
x = a(t − sin t),
y = a(1 − cos t) (0 ≤ t ≤ 2π)
を用いて、次の問いに答えよ。
(1) サイクロイドの長さを求めよ。
(2) サイクロイドと x 軸で囲まれた図形の面積を求めよ。
2. アステロイド（星芒形）
x = a cos3 t,
y = a sin3 t (0 ≤ t ≤ 2π, a > 0)
について、次の問いに答えよ。
(1) 媒介変数 t を消去した方程式を求めよ。
(2) アステロイドの長さを求めよ。
(3) アステロイドで囲まれた図形の面積を求めよ。
（ワードで漢字「芒」（ボウ）を入力するには：光芒（コウボウ）を利用)
3. カージオイド（心臓形）の媒介変数表示
r = a(1 + cos θ) (0 ≤ θ ≤ 2π),
a>0
を用いて、次の問いに答えよ。
(2) カージオイドの周の長さを求めよ。
(3) カージオイドで囲まれた図形の面積を求めよ。
4. デカルトの正葉形
x3 + y 3 = 3axy (a > 0)
について、次の問いに答えよ。
(1) x = r cos θ, y = r sin θ としてデカルトの正葉形の極座標表示を求めよ。
(2) デカルトの正葉形で囲まれた図形の面積を求めよ。
71
13.1
解答
1. (1) x = a(t − sin t),
y = a(1 − cos t) を t で微分すると
dx
= a(1 − cos t),
dt
dy
= a sin t
dt
与えられた曲線の長さは、公式により
2π
(
0
2π
dx 2
dy
) + ( )2 dt =
dt
dt
a2 (1 − cos t)2 + a2 sin2 tdt
0
2π
2a2 (1 − cos t)dt = 2a
=
0
2π
sin
= 2a
0
2π
(2) 面積の公式 S =
y
0
2π
S =
0
= a2
2π
0
t
t
dt = 4a − cos
2
2
3
1
t − 2 sin t + sin 2t
2
4
2π
0
2π
1 − 2 cos t +
= 3a2 π
0
(2) 曲線の長さの公式により
2π
(
0
2π
dx 2
dy
) + ( )2 dt
dt
dt
9a2 cos4 t sin2 t + 9a2 sin4 t cos2 t dt
0
2π
= 3a
0
π/2
= 6a
0
= 8a
0
1 + cos 2t
2
2. (1) x2/3 + y 2/3 = a2/3 (cos2 t + sin2 t) = a2/3
=
2π
dx
dt により計算する。
dt
a2 (1 − cos t)2 dt = a2
L =
t
sin2 dt
2
3
sin2 t cos2 tdt = a
2
2π
0
sin 2tdt = 3a − cos 2t
| sin 2t| dt
π/2
0
= 6a
(3) アステロイドの上半部分は媒介変数 t を用いると
x = a cos3 t,
x = a sin3 t (0 ≤ t ≤ π)
72
dt
アステロイドの上半部分と x 軸で囲まれた図形の面積 S は公式により
0
0
dx
sin4 t cos2 t dt
dt = −3a2
dt
π
π
π 1 − 2 cos 2t sin2 2t
= 3a2
·
dt
2
4
0
3 2 π 1 − cos 4t
a
− cos 2t sin2 2t dt
=
8
2
0
π
3
3 2
1
1
=
a t − sin 4t − sin3 2t = a2 π
16
4
3
16
0
3
したがって、アステロイドで囲まれた図形の面積は 2S = a2 π である。
8
別解図形の対称性を使う。
dx
dy
(2)
= 3a cos2 (− sin t),
= 3a sin2 t cos t
dt
dt
y
S =
dx
dt
2
dy
+
dt
2
= 9a2 (cos4 t sin2 t + sin4 t cos2 t) = 9a2 cos2 t sin2 t
π/2
L=4
π/2
3a| sin t cos t|dt = 6a
0
sin 2tdt = 6a
0
(3)
2π
S =
y|
0
π/2
dx
| dt = 4 × 3a2
dt
π/2
= 12a2
0
sin4 t dt −
0
π/2
sin4 t cos2 t dt
sin6 t dt
0
3
1·3 1·3·5 π
−
) = πa2
= 12a2 (
2·4 2·4·6 2
8
補足
上の定積分の計算で用いた公式。
π/2
In =
0
sinn xdx (n ≥ 0 は整数)
とおく。n ≥ 1 のとき次の公式が成立つ。
π 1 3
2n − 3 2n − 1
· · ···
·
2 2 4
2n − 2
2n
2n − 2
2n
2 4
· ···
·
=
3 5
2n − 1 2n + 1
I2n =
I2n+1
73
3. (1) 曲線の長さの公式により
2π
r2 + (
L =
0
2π
dr 2
) dθ
dθ
a2 (1 + cos θ)2 + a2 sin2 θ dθ
=
0
=
√
√
2π
2a
2π
cos2
1 + cos θ dθ = 2a
0
0
2π
= 2a
cos
0
= 8a sin
θ
dθ = 4a
2
π
cos
0
θ
dθ
2
θ
dθ
2
π
θ
2
= 8a
0
(2) 曲線は x 軸に関して対称であることを利用すると
S =
1
2
2π
0
π
=
π
r2 dθ =
r2 dθ
0
2
a (1 + cos θ92 dθ
0
π
= a2
1 + 2 cos θ +
0
= a2
4. (1) x = r cos θ,
1 + cos 2θ
2
3
1
θ + 2 sin θ + sin 2θ
2
4
π
0
dθ
3
= a2 π
2
y = r sin θ とすると
r3 (cos3 θ + sin3 θ) = 3ar2 cos θ cos θ,
r=
3a cos θ sin θ
cos3 θ + sin3 θ
(2) 曲線は直線 y = x に関して対称であり、囲まれた図形は第１象限にある
ので求める面積は
S =
1
2
π
0
π/4
=
0
= 9a2
π/4
r2 dθ =
r2 dθ
0
2
3a cos θ sin θ
dθ
cos3 θ + sin3 θ
π/4
tan2 θ
dθ
cos2 θ(1 + tan3 θ)2
0
74
t = 1 + tan3 θ と変数変換すると dt =
2
2
S = 3a
1
3 tan2 θ
dθ
cos2 θ
1
1
dt = 3a2 −
2
t
t
75
2
1
3
= a2
2
14
復習問題
1. 関数 f (x) = e2x sin x2 について、f ′ (x), f ′′ (x) を求めよ。
(教科書 35 頁演習問題 2.4（8)
2
2. 関数 f (x) = x3x の導関数を求めよ。
教科書 28 頁問題 2.2(2)
x+1
の導関数を求めよ。
2
教科書 35 頁演習問題 2.5(2)
x+1
4. 関数 f (x) = log
の第 n 次導関数を求めよ。
x−1
教科書 31 頁例題 2.3
3. 関数 f (x) = Sin−1
5. 関数 f (x) = Tan−1 x の第 n 次導関数を「ライプニッツの公式」を用いて、
漸化式の形で表せ。また、f (5) (0) と f (6) (0) を求めよ。
教科書 33 頁例題 2.5(1)、34 頁例題 2.6
1
6. 極限値 lim (x + 1)Tan−1 を求めよ。
x→∞
x
教科書 44 頁例題 3.3(2)
log x
について
x
(1) 高次導関数による極値判定法により、f (x) の極値を求めよ。
(2) 関数 f (x) の凸性と変曲点を調べよ。
教科書 56 頁問題 3.4(1) 58 頁問題 3.5(1)
1
√
8.
不定積分 I =
dx を求めよ。
4
x x+1
教科書 72 頁例題 4.5(1)
1
√
9. 不定積分 I =
dx を求めよ。
x2 1 − x2
教科書 76 頁問題 4.5(3)
1
√
dx を求めよ。
10. 不定積分 I =
2
x x2 + 1
教科書 76 頁問題 4.5(2)
1
11. 不定積分 I =
dx を求めよ。
cos3 x
7. 関数 f (x) =
76
教科書 78 頁問題 4.6(1)
12. 不定積分
I=
教科書 80 頁例題 4.9(1)
1
dx を求めよ。
1 + 2 sin x − cos x
log 2
13. 定積分
I=
0
1
dx を求めよ。
1 + e3x
教科書 90 頁問題 5.1(1)
14. 広義積分
∞
I=
0
x7
dx を求めよ。
(1 + x4 )4
教科書 95 頁例題 5.4(1)
15. サイクロイド
x = a(t − sin t),
y = a(1 − cos t) (0 ≤ t ≤ 2π)
と x 軸で囲まれた図形の面積 S を求めよ。ただし
2π
S=
y
0
dx
dt.
dt
教科書 104 頁例題 5.8
16. アステロイド（星芒形）:
x = cos3 t, y = sin3 t (0 ≤ t ≤ 2π)
の周の長さ L を求めよ。ただし
2π
L =
0
dx
dt
教科書 108 頁例題 5.10
77
2
dy
+
dt
2
dt
14.1
解答
教科書の例題以外の問題の解答例
1. 積の微分と合成関数の微分 (sin x2 )′ = 2x cos x2 を使う。
f ′ (x) = 2e2x sin x2 + 2e2x · 2x cos x2 = 2e2x (sin x2 + x cos x2 )
f ′′ (x) = 4e2x (sin x2 + x cos x2 ) + 2e2x (2x cos x2 + cos x2 − 2x2 sin x2 )
= 2e2x 2(1 − x2 ) sin x2 + (1 + 4x) cos x2
2. 対数微分法を使う問題。log f (x) = 3x2 log x として、両辺を x で微分す
ると
f ′ (x)
1
= 6x log x + 3x2 · = 3x(2 log x + 1)
f (x)
x
f ′ (x) = 3x(2 log x + 1)f (x) = 3x(2 log x + 1)x3x
2
3. 逆三角関数の合成関数の微分の問題
(Sin−1 g(x))′ =
1
1 − g(x)2
· g ′ (x),
g(x) =
x+1
2
1
g ′ (x) = √ (x + 1)−1/2 だから
2 2
1
1
· √ (x + 1)−1/2
1 − (x + 1)/2 2 2
1
1
√
=
2 1 − x2
f ′ (x) =
7. f (x) = (log x)/x の導関数は
f ′ (x) =
1 − log x
x2
であるから、f ′ (x) = 0 となるのは x = e のときである。第 2 次導関数は
f ′′ (x) =
−3 + 2 log x
−x − 2x(1 − log x)
=
x4
x3
78
であるから、f ′′ (e) = −e−3 < 0 となる。したがって関数 f (x) は x = e にお
いて極大値 f (e) = 1/e をもつ。
(2) f (x) の第 3 次導関数は
f ′′′ (x) =
11 − 6 log x
2x2 − 3x2 (2 log x − 3)
=
x6
x4
f ′′ (x) = 0 となるのは 2 log x = 3,
x = e3/2
3
f ′′′ (e3/2 ) = (11 − 6 · )e−3/2 > 0
2
したがって、x = e3/2 は f (x) の変曲点である。関数 f (x) は 0 < x < e3/2 で
上に凸、x > e3/2 で下に凸である。
√
9.
x − 1 = t とおくと x = t2 + 1, dx = 2tdt
I =
=
=
=
=
9.
1
1
√
dx =
· 2tdt
t2 + 1 − 2t
x−2 x−1
2t
2(t − 1) + 2
dt
=
dt
(t − 1)2
(t − 1)2
2
2
dt +
dt
t−1
(t − 1)2
2
2 log |t − 1| −
(t を x にもどすと)
t−1
√
2
2 log | x − 1 − 1| − √
x−1−1
1+x
= t とおく。
1−x
t2 =
1+x
t2 − 1
を x について解けば x = 2
1−x
t +1
dx
2t(t2 + 1) − 2t(t2 − 1)
4t
=
= 2
2
2
dt
(t + 1)
(t + 1)2
√
1 − x2 =
t2 − 1
2t
1+x
(1 − x) = t(1 − 2
)= 2
1−x
t +1
t +1
79
注意この部分は公式を暗記して a = −1, b = 0, c = 1 としてもよい。これ
らの関係を代入すると
2
1
t2 + 1
t2 + 1
4t
√
I =
· 2
dt
dx
=
·
2
2
2
t −1
2t
(t + 1)2
x 1−x
2(t2 + 1)
=
dt (t + 1)2 + (t − 1)2 = 2(t2 + 1) より
(t2 − 1)2
1
1
dt +
dt
=
2
(t − 1)
(t + 1)2
1
1
2t
= −
−
=− 2
t−1 t+1
t −1
1+x
1
1+x 1−x
= −2
·
= −2
·
−1
1 − x (1 + x)(1 − x) − 1
1−x
2x
√
2
1−x
= −
x
√
10. t = x + x2 + 1 と変数変換すると
x=
t2 − 1 √ 2
t2 + 1
t2 + 1
, x +1=
, dx =
dt
2t
2t
2t2
となるので
I=
x2
√
4t2
2t
t2 + 1
·
·
dt
(t2 − 1)2 t2 + 1
2t2
4t
2
=
dt =
2
2
(t − 1)
1 − t2
2
1
√
=
√
2 = −
x(x + x2 + 1)
1 − (x + x2 + 1
√
√
x2 + 1
x − x2 + 1
=1−
x
x
1
dx =
x2 + 1
右辺の第√1 項の定数 1 は積分定数に含められるから、求める不定積分は
x2 + 1
I=−
x
11. sin x = t とおく。cos xdx = dt
80
被積分関数の分母子に cos x をかけて、cos2 x = 1 − sin2 x = 1 − t2 を用いる。
dx
=
cos3 x
I=
cos x
=
cos4 x
dt
(1 − t2 )2
t の有理関数を部分分数展開すると
1
1
=
2
2
(1 − t )
4
1
1
1
1
+
+
+
2
1 − t (1 − t)
1 + t (1 + t)2
となるので
1
log
4
1
=
log
4
1
=
log
4
I =
1 1
1+t
1
+ (
−
)
1−t
4 1−t 1+t
t
1+t
1
+ ·
1−t
2 1 − t2
1 + sin x
sin x
+
1 − sin x
2 cos2 x
13. e3x = t とおく。dt = 3e3x dx = 3tdt
x = 0 のとき t = 1, x = log 2 のとき t = e3 log 2 = elog 8 = 8
log 2
I =
0
8
1
1
1
dx
=
· dt
3x
1+e
1 1 + t 3t
1
1
1
−
dt = [log t − log(1 + t)]81
t 1+t
3
1 8
=
3 1
1
(4 log 2 − 2 log 3)
=
3
81

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