補充問題の解答

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.

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