理科 1 類 11–14, 18, 19 組 数学 IA 第 3 回 補充問題解答 (逆井 2014 年 10 月 29 日) [4] 積分定数は省略する. (1) (2) Arctan x dx = x Arctan x − x2 dx = + 2x + 2 dx = Arctan(1 + x). (x + 1)2 + 1 (3) x = 2t と置換すると, (4) x log(1 + x2 ) dx = x Arctan x − . 1 + x2 2 √ dx = 4 − x2 d x (e + e−x ) = ex − e−x であるから, dx √ dt x = Arcsin t = Arcsin . 2 2 1−t ex − e−x dx = log(ex + e−x ). x −x e +e [5] 積分定数は省略する. x2 x−6 9 4 (1) 2 =1− 2 =1− + より x +x−6 x +x−6 5(x + 3) 5(x − 2) x2 9 4 dx = x − log |x + 3| + log |x − 2|. 2 x +x−6 5 5 (2) x4 x 1 x−1 = −x + = −x − + より 3 3 2 x −1 1−x 3(x − 1) 3(x + x + 1) x4 x2 1 1 1 2x + 1 dx = − − log |x − 1| + log(x2 + x + 1) − √ Arctan √ . 3 x −1 2 3 6 3 3 (3) x2 − 3 x2 − 3 2 1 = = + より 3 2 2 2 x − 4x + 5x − 2 (x − 1) (x − 2) (x − 1) x−2 x2 − 3 2 dx = − + log |x − 2|. 3 2 x − 4x + 5x − 2 x−1 [6] (1) t − x = √ x2 + 2 と移項してから両辺を 2 乗して整理すると, x = る. これを t について微分すると, (2) (1) の結果より, √ dx t2 + 2 = が得られる. dt 2t2 x2 + 2 = t − x = t − t2 − 2 t2 + 2 = . よって 2t 2t t2 − 2 とな 2t t2 + 2 t2 + 2 · dt 2t 2t2 t4 + 4t2 + 4 = dt 4t3 ! " t 1 1 = + + dt 4 t t3 t2 1 = + log |t| − 2 8 2t √ 2 √ (x + x + 2)2 1 √ = + log(x + x2 + 2) − 8 2(x + x2 + 2)2 √ となる (積分定数は省略). ここで, x + x2 + 2 > 0 であることに注意. また, 上の積 分結果をもう少し整理すると √ √ x x2 + 2 + log(x + x2 + 2) 2 f (x) dx = となる. [7] t = tan x とおくと, cos2 x = cos2 1 t2 dx 1 2 , sin x = , = となるので, 1 + t2 1 + t2 dt 1 + t2 dx = x + a sin2 x 1 1+t2 1 + at2 1+t2 · dt = 1 + t2 dt 1 + at2 いま a > 0 であるとすると, √ dt 1 = √ Arctan( a t) + C 2 1 + at a √ 1 となり (C は積分定数), 求める積分は √ Arctan( a tan x) + C となる. 一方で, a a < 0 のときは部分分数分解をして計算すると, ! " dt 1 1 1 √ √ = + dt 1 + at2 2 1 − −a t 1 + −a t ! " √ √ 1 −1 1 √ = log |1 − −a t| + √ log |1 + −a t| + C 2 −a −a # # √ # 1 + −a t # 1 #+C √ = √ log ## 2 −a 1 − −a t # # # √ # 1 + −a tan x # 1 # + C. √ となるので (C は積分定数), 求める積分は √ log ## 2 −a 1 − −a tan x # [8] (1) 部分積分法を用いると, cosn x dx = cosn−1 x sin x + In = (n − 1) cosn−2 x sin2 x dx = cosn−1 x sin x + (n − 1) cosn−2 x(1 − cos2 x) dx = cosn−1 x sin x + (n − 1)In−2 − (n − 1)In となる. これを整理すると, n #= 0 で成立する漸化式 In = を得る. (2) I0 = cos0 x dx = 1 n−1 cosn−1 x sin x + In−2 n n dx = x, I1 = cos x dx = sin x であることに注意して (1) の漸化式を用いると, ! " 1 3 1 3 1 1 3 3 I4 = cos x sin x + I2 = cos x sin x + cos x sin x + I0 4 4 4 4 2 2 1 3 3 = cos3 x sin x + cos x sin x + x, 4 8 8 ! " 1 4 1 4 1 2 4 4 2 I5 = cos x sin x + I3 = cos x sin x + cos x sin x + I1 5 5 5 5 3 3 1 4 8 = cos4 x sin x + cos2 x sin x + sin x 5 15 15 となる. 一方で, 上の漸化式を In−2 に関して整理すると, n #= 1 で成立する漸化式 1 n In−2 = − cosn−1 x sin x + In n−1 n−1 を得る. いま I−2 = I−1 cos−2 x dx = tan x, ! " cos x 1 cos x cos x = dx = + dx 2 1 − sin x 1 + sin x 1 − sin2 x # # # 1 + sin x # 1 1 # # = (− log |1 − sin x| + log |1 + sin x|) = log # 2 2 1 − sin x # dx = cos x cos x dx = cos2 x であることに注意すると, 1 −2 1 2 cos−3 x sin x + I−2 = cos−3 x sin x + tan x, −3 −3 3 3 1 −3 =− cos−4 x sin x + I−3 −4 −4 ! " 1 3 1 −1 −4 −2 = cos x sin x + − cos x sin x + I−1 4 4 −2 −2 # # # 1 + sin x # 1 3 3 −4 −2 # # = cos x sin x + cos x sin x + log # 4 8 16 1 − sin x # I−4 = − I−5 となることがわかる. [9] (1) y = 1 + Cx2 (C は積分定数) 1 − Cx2 (2) y = tan(log |x| + C) (C は積分定数) [10] (1) 与えられた微分方程式は解 y = −1 をもつ. (2) y " − y sin x = 0 の一般解は変数分離の方法により, 積分定数 C を用いて y = Ce− cos x で与えられる. よって求める微分方程式 (!) の一般解は y = Ce− cos x − 1 となる. (3) y " − y sin x = 0 の一般解 y = Ce− cos x の定数 C を x の関数 C(x) に置き換えて 方程式 (!) に代入すると C " (x)e− cos x = sin x という方程式が得られる. これより C(x) = ecos x sin x dx = −ecos x + D (D は積分定数) となり, 微分方程式 (!) の一般解 が得られる. y = (−ecos x + D)e− cos x = De− cos x − 1 (D は積分定数) [11] (a) ⇒ (b): f (x) が [a, b] 上で積分可能とすると, S = s である. 正の数 ε を任意にと ると, Darboux の定理より, 正の数 δ > 0 であって, |∆| < δ を満たす任意の [a, b] の 分割 ∆ に対して ε ε S∆ − S < , s − s∆ < 2 2 となるものが存在する. このとき ε ε S∆ − s∆ = (S∆ − S) + (s − s∆ ) < + = ε 2 2 が成り立つ. b−a (b) N > なる自然数 N をとると, 閉区間 [a, b] を N 等分する分割 ∆ は |∆| < δ δ を満たすので S∆ − s∆ < ε となる. (c) ⇒ (a): s∆ ≤ s ≤ S ≤ S∆ より S − s ≤ S∆ − s∆ < ε となる. ε は任意ゆえ S − s = 0. [12] 正の数 ε > 0 を任意にとる. f (x) が [a, b] 上で積分可能であるから [11] より [a, b] の分割 ∆0 であって S∆0 − s∆0 < ε を満たすものが存在する. いま ∆0 に点 c と点 d を加えて得られる [a, b] の分割を ∆1 とすると s∆0 ≤ s∆1 ≤ S∆1 ≤ S∆0 となるので S∆1 − s∆1 < ε. ここで ∆1 は [c, d] のある分割 ∆ を拡張したものとみなせることに注 意すると, 定義より S∆ − s∆ < S∆1 − s∆1 となることが分かる. よって S∆ − s∆ < ε であるから [11] より f (x) が [c, d] 上で積分可能であることが従う. [13] 正の数 ε > 0 を任意にとる. 自然数 N を N > に選ぶ. いま [a, b] を N 等分するような分割 (b − a)(f (b) − f (a)) を満たすよう ε ∆ : a = x0 < x1 < x2 < · · · < xN −1 < xN = b を考えると, 各 j = 1, 2, . . . , N について xj − xj−1 = 調非減少であることに注意すると, S∆ = N $ j=1 s∆ = N $ j=1 f (xj )(xj − xj−1 ) = N $ f (xj ) j=1 f (xj−1 )(xj − xj−1 ) = b−a となっている. f (x) が単 N N $ j=1 b−a N f (xj−1 ) b−a N となるので N $ b−a b−a S∆ − s∆ = (f (xj ) − f (xj−1 )) = (f (b) − f (a)) <ε N N j=1 が成り立つ. よって [11] より f (x) が [a, b] 上で積分可能であることが従う.
© Copyright 2025 ExpyDoc