(1)(i

数学演習 A 問題（解析 1A）略解 No.7
ここでは C を任意定数として，いちいち断らない．
x′ (t)
= −2 の両辺の不定積分を考えると，log(x(t)) = −2t + C となる．よって，eC を改
x(t)
めて C と書いて x(t) = Ce−2t ．
(
)3
∫
2
1
t−C
(ii)
x(t)− 3 x′ (t)dt = 3x(t) 3 + C = t．したがって，x(t) =
.
3
∫ ′
∫
x (t)
−1
1
(iii)
dt = cos tdt より
+ C = sin t．したがって，x(t) =
．
x(t)2
x(t)
C − sin t
(2) (1) で求めた一般解の任意定数を x(0) = 1 となるように決めればよい．
(
)3
3+t
1
(i) x(t) = e−2t (ii) x(t) =
(iii) x(t) =
.
3
1 − sin t
7-1. (1)(i)
7-2. (1)(i) x(t) = Ce−t ．
1
1
(ii) f ′ (t) + f (t) = (a − b) sin t + (a + b) cos t = sin t より，a = , b = − ．
2
2
1
(iii) x(t) = Ce−t + (sin t − cos t).
2
1
(2)(i) (eh(t) x(t))′ = eh(t) (x′ (t) + h′ (t)x(t)) = 0．x′ (t) + tx(t) = 0 より h′ (t) = t，つまり h(t) = t2 と
2
すればよい．
t2
t2
t2
(ii) (i) より (e 2 x(t))′ = 0 となるので，e 2 x(t) = C ．よって，x(t) = Ce− 2 ．
1
(2) 1 (y = log x とおいて置換積分)
4
∫
∫ ∞
1
1 ∞ −t
−x2
2
e dt = .
(3) t = x とおくと，
xe
dx =
2
2
0
0
1
1
x
(4) 部分分数展開をすると
= −
となるから，R > 1 に対して
x(1 + x2 )
x 1 + x2
∫ R
∫ R(
[1
]R
1
1
x )
1
1
2
dx
=
−
dx
=
log
R
−
log(1
+
x
)
= log R − log(1 + R2 ) + log 2
2
2
x 1+x
2
2
2
x=1
1 x(1 + x )
1
となる．よって，
∫ ∞
{
} 1
R
1
1
√
dx
=
lim
log
+
log
2
= log 2.
R→∞
x(1 + x2 )
2
2
1 + R2
1
7-3. (1)
7-4. (1) y = π2 − x とおいて置換積分すると，
∫ π2
∫ π2
∫ π2
∫ π2
π
f (sin x)dx =
f (sin( − y))dy =
f (cos y)dy =
f (cos x)dx.
2
0
0
0
0
(2) [ π2 , π] 上の積分を y = π − x とおいて置換積分すると
∫ π2
∫ π2
∫ π2
∫ π
f (sin x)dx =
f (sin(π − y))dy =
f (sin y)dy =
f (sin x)dx となることから，
π
0
0
0
∫ 2π
∫ π2
∫ π2
∫ π
f (sin x)dx =
f (sin x)dx = 2
f (sin x)dx +
f (sin x)dx.
0
π
2
0
0
(3)
∫ π y = π − x とおいて置換積分すると
∫ π
∫
xf (sin x)dx =
(π − y)f (sin y)dy = π
0
得る．
0
0
∫
π
f (sin x)dx −
π
xf (sin x)dx となることから，結論を
0

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