2016 年度 A ターム 微分積分学演習 レポート問題 模範解答
理一 28-30
1
(1) 関数 f (x, y) = x2+ y2+ 2ax y + x4+ y4を考える．この関数が極大・極小を取るような点 (x, y) を， aの値で場合分けして求めよ．
(2) 陰関数表示 x3y3+ y − x = 0 で与えられる関数 y = f (x) を考える． f が極大・極小を取るような x と，その時の値 y = f (x) を求めよ．
解答
(1) f を x と y で偏微分すると，
∂xf(x, y) = 2x + 2ay + 4x3
∂yf(x, y) = 2y + 2ax + 4y3
が得られる．従って，∂xf = ∂yf = 0となる (x, y) は以下の通りである:
(x, y) = (0, 0),
±
r−a − 1 2 ,±
r−a − 1 2
!
, (a < −1 のとき)
± ra− 1
2 ,∓ ra− 1
2
!
. (a > 1のとき)
また， f の 2 階微分は，
∂x2f(x, y) = 2 + 12x2,
∂x∂yf(x, y) = 2a,
∂y2f(x, y) = 2 + 12y2 で与えられるので，Hesse 行列は，
H:=
∂x2f(x, y) ∂x∂yf(x, y)
∂y∂xf(x, y) ∂y2f(x, y)
=2 + 12x
2 2a
2a 2 + 12y2
となる．
(x, y) = (0, 0)のとき この場合，H = 22a 2a2 なので，
tr H = 4, det H = 4 − 4a2 となる．したがって，
• |a| < 1 のときは tr H > 0 かつ det H > 0 なので， f は (0, 0) で極小となる．
• |a| > 1 のときは det H < 0 なので，(0, 0) は f の鞍点である．
• a = ±1 のとき，det H = 0 なのでこの ままでは判断できないが，この場合，
f(x, y) = (x ± y)2+ x4+ y4 であるから，(x, y) , 0 ならば常に
f(x, y) > 0である．故に， f は (0, 0) で 極小となる．
(x, y) = ±
r−a − 1 2 ,±
r−a − 1 2
!
のとき この場
合，H =−4 − 6a2a 2a
−4 − 6a
なので， tr H = −8 − 12a,
det H = (4 + 6a)2− (2a)2= 16(1 + a)(1 + 2a) となる．a < −1 に注意すると，tr H > 0 かつ det H > 0 だから， ±
r−a − 1 2 ,±
r−a − 1 2
!
で f は極小である． (x, y) = ±
ra− 1 2 ,∓
ra− 1 2
!
のとき この場合，
H=−4 + 6a 2a 2a −4 + 6a
なので， tr H = −8 + 12a,
det H = (−4 + 6a)2− (2a)2= 16(a − 1)(2a − 1) となる．a > 1 に注意すると，tr H > 0 か つ det H > 0 だ か ら，(x, y) =
± ra− 1
2 ,∓ ra− 1
2
!
で f は極小である．
(2)
x3y3+ y − x = 0 (1) の両辺を x で微分すると，
3x2y3+ 3x3y2y′+ y′− 1 = 0 (2) となるので，
y′= f′(x) = 1 − 3x
2y3
3x3y2+ 1 (3)
を得る．
f′(x) = 0 となるのは，3x2y3 − 1 = 0 のと きである．この式の x 倍から (1) の 3 倍を引く と，−3y + 2x = 0 となるから，y = 23x が導 ける．これを再び 3x2y3− 1 = 0 に代入すれば， (x, y) = 9
8
1/5
, 4 27
1/5!
を得る．
次にこの点での極大極小を調べるため， f′′(x)を 計算する．2 を再び x で微分すると，
6x y3+ 18x2y2y′+ 6x3y(y′)2+ 3x3y2y′′+ y′′= 0 (4)
が得られる．ここに (x, y) = 9 8
1/5
, 4 27
1/5!
と y′= 0を代入すると，
y′′= f′′(x) = −4 5
8 9
1/5
<0
が得られるから，f は (x, y) = 9 8
1/5
, 4 27
1/5!
で極大である．
2
x3− 3axy + y3= 0の条件のもとで，関数 f (x, y) = x2+ y2の極値を求めよ．解答 L(x, y, λ) = x2+ y2− λ(x3− 3axy + y3)とすると，
∂xL(x, y, λ) = 2x − λ 3ay + 3x2 ,
∂yL(x, y, λ) = 2y − λ 3ax + 3y2 ,
∂λL(x, y, λ) = −3axy − x3− y3
を得る．これらが同時に 0 になるような (x, y, λ) を求め ると，
(x, y, λ) = (0, 0, λ), (λは任意の実数)
−32a,−32a,−3a4
(a , 0のとき) を得る．
次に極大極小について調べる．そのためには，g(x, y) = x3− 3axy + y3とおいたときに，
c(x, y, λ) := (gy)2∂x2L− 2gxgy∂x∂yL+ (gx)2∂y2L の符号を調べればよい．
∂x2L= 2 − 6xλ, ∂x∂yL = −3aλ, ∂y2L= 2 − 6yλ, gx= 3x2− 3ay, gy= 3y2− 3ax
であることに注意すると，以下のようになる． (x, y, λ) =
−32a,−32a,−3a4
のとき c(x, y, λ) の 値 は
−567a
4
4 だから，a , 0 のときこの値は負とな る．よって，この点で x2+ y2は極大となる．
(x, y, λ) = (0, 0, λ)のとき c(x, y, λ) = 0 となるのでこの ままでは判定できないが，x2+ y2は (x, y) = (0, 0) で極小となるので，g(x, y) = 0 に制限しても極小 であることには変わりない．
(別解) 極座標表示したほうが見通しがよい． x y
=
rcos θ rsin θ
と極座標表示する．すると，条件 x3−3axy+y3= 0は，
r3cos3θ− 3ar2cos θ sin θ + r3sin3θ= 0 になり，x2+ y2= r2となる．ここで，r , 0 のときを まず考えることにして，上の条件式を r2で割って，
rcos3θ− 3a cos θ sin θ + r sin3θ= 0 とすると，
r= 3acos θ sin θ cos3θ+sin3θ
を得る．この最大値と最小値を議論すればよい．r = 0 のときは先程述べた通り極小になる．
3
次の積分を求めよ．(1)
∫ 1
(x2+ 3)2dx (2)
∫ x
x4+ x2− 2dx (3)
∫ x
r1 + x2 1 − x2 dx (4)
∫ 1
a+ bcos xdx
解答 以下，C は積分定数とする． (1) x=√3tan θ と置くと，
∫ 1
(x2+ 3)2dx
=
∫ 1
3(1 +tan2θ)2
√3 cos2θdθ
=
∫ √3 3 cos
2θdθ
=
√3 6
∫
(1 +cos 2θ) dθ
=
√3 6
θ+1
2sin 2θ
+ C
=
√3 3
arctan√x 3+
1 2sin
2arctan√x 3
+ C.
(別解) 1
x2+ 3 の不定積分を考える．被積分関数に
1が掛けられていると思って置換積分をすると，
∫ 1
x2+ 3dx
= x x2+ 3 −
∫ x·
−(x22x+ 3)2
dx
= x x2+ 3 + 2
∫ 1 x2+ 3−
3 (x2+ 3)2
dx
= x x2+ 3 + 2
∫ 1
x2+ 3dx − 6
∫ 1
(x2+ 3)2dx がわかる．よって，
∫ 1
(x2+ 3)2dx
= 1 6
x x2+ 3+
∫ 1
x2+ 3dx
= x
6(x2+ 3) + 1
6√3arctan
√x 3+ C を得る．
(2) x
x4+ x2− 2 を部分分数分解する．分母は (x + 1)(x − 1)(x2+ 2)と因数分解できるので，
x x4+ x2− 2 =
A1
x+ 1+ A2
x− 1+
B1x+ B2
x2+ 2 とおける．分母を払うと，
x= A1(x − 1)(x2+ 2) + A2(x + 1)(x2+ 2) + (B1x+ B2)(x + 1)(x − 1) がわかる．x = 1 と x = −1 をそれぞれ代入する と，A1= 1
6と A2= 1
6がわかる．また，B1, B2は
実数であることに注意して，x =√2iを代入する と，−3(B1√2i + B2) =√2iという式を得るので， B1= −1
3と B2= 0がわかる．以上より， x
x4+ x2− 2 = 1 6(x + 1) +
1 6(x − 1)−
x 3(x2+ 2) を得る．従って，
∫ x
x4+ x2− 2dx
=
∫ 1 6(x + 1)+
1 6(x − 1)−
x 3(x2+ 2)
dx
= 1
6log |x + 1| +16log |x − 1| −16log(x2+ 2) + C
= 1 6log
x2− 1 x2+ 2 + C である．
(3) まず，x2= ξ とおくと，もとの積分は 1
2
∫ s1 + ξ 1 − ξ dξ
と書けることに注意する．その上で，t =
s1 + ξ 1 − ξ と置換する．ξ = t
2− 1
t2+ 1であり， dξ dt =
4t (t2+ 1)2 であることから，
1 2
∫ s1 + ξ 1 − ξ dξ
=1 2
∫ t 4t
(t2+ 1)2dt
= 2
∫ t2
(t2+ 1)2dt
= 2
∫ 1 t2+ 1−
1 (t2+ 1)2
dt
= 2arctan t −
t
t2+ 1+arctan t
+ C
=arctan t − t t2+ 1+ C
=arctan
r1 + x2 1 − x2 −
1 2
√1 − x4+ C.
(4) t=tanx
2 とおくと，cos x = 1 − t2 1 + t2，
dx dt =
2 1 + t2 であるから，
I:=
∫ 1
a+ bcos xdx
=
∫ 1 + t2
(a + b) + (a − b)t2 2 1 + t2dt
= 2
∫ 1
(a + b) + (a − b)t2dt
を得る．ここから場合分けをする． a= −b かつ a , 0 のとき
I= 2
∫ 1
(a − b)t2dt = 2
(b − a)t + C
= − 1
atan(x/2) + C.
a= bかつ a , 0 のとき
I= 2
∫ 1 2adt =
1
at+ C = − 1 atan
x 2 + C.
a ,±b かつ a+ b
a− b >0のとき a+ b
a− b = α > 0と
おくと， I= 2
a− b
∫ 1
α+ t2dt
= 2 a− b
1
√αarctan√tα
+ C
= √ 2
a2− b2arctan
ra− b a+ btan
x 2
! + C.
a ,±b かつ a+ b
a− b <0のとき a+ b
a− b = −β < 0 とおくと，β > 0 であり，
I= 2 a− b
∫ 1
−β + t2dt
= 2 a− b·
1 2√β
log
t−√β t+√β
+ C
= −√ 1 b2− a2log
√b− a tan(x/2) −√b+ a
√b− a tan(x/2) +√b+ a
+ C.
4
次の広義積分が収束することを示し，その値を求めよ．(1)
∫ ∞
0
log x
(1 + x)2dx (2)
∫ ∞
1
1
x√x2− 1dx (3)
∫ a 0
x2
√a2− x2dx (a > 0)
解答
(1) まず不定積分を求める．
∫ log x
(1 + x)2dx = − log x 1 + x +
∫ 1
x(x + 1)dx
= −1 + xlog x +log
x x+ 1
+ C. この最後の式を F(x) と書く．ここで，
x→∞lim F(x) = 0
はすぐわかる．x → +0 の極限は，
x→+0lim F(x) =x→+0lim
x
x+ 1log x − log(x + 1) = 0 である．したがって，広義積分
∫ ∞
0
log x (1 + x)2dx は収束し，その値は 0 である．
(2) まず不定積分を計算する．t = x +√x2− 1 とお くと，x = t2+ 1
2t なので， dx
dt = t2− 1
2t2 である．
従って，
∫ 1
x√x2− 1dx =
∫ 4t2
(t2− 1)(t2+ 1) t2− 1
2t2 dt
=
∫ 2
t2+ 1dt
= 2arctan t + C
= 2arctan(x +√x2− 1) + C
となる．ここで，
x→∞lim(2arctan(x +
√x2− 1)) = π 2
なので，
∫ ∞
1
1 x√x2− 1dx
= π 2 −
2arctanx+√x2− 1
x=1
= π 2 である．
(3) x= asin θ とおく．ε > 0 とおくと，
∫ a(1−ε)
0
x2
√a2− x2dx
=
∫ arcsin(1−ε) 0
a2sin2θ
acos θ acos θ dθ
=
∫ arcsin(1−ε) 0
a2sin2θdθ
= a
2
2
∫ arcsin(1−ε)
0 (1 − cos 2θ) dθ
= a
2
2
arcsin(1 − ε) − 12sin (2 arcsin(1 − ε))
→ π+ 14 a2(ε → 0)
となるので，求める広義積分の値は π+ 1 4 a
2で
ある．
5
関数 f , g : [0, ∞) → R は次の 4 つの条件を満たすとする．• 広義積分
∫ ∞
0
f(x)dx は収束する．
• ある M > 0 で，任意の R > 0 に対して，
∫ R 0
f(x)dx
< Mとなるものが存在する．
• lim
x→∞g(x) = 0．
• ある R > 0 で，(R, ∞) 上 g は微分可能であり，さらに広義積分
∫ ∞
R |g
′(x)| dx は収束するものが存 在する．
このとき，広義積分
∫ ∞
0
f(x)g(x)dx は収束することを示せ．a
aHint:部分積分を使う．そのために，F(x) =
∫ x a
f(t)dt などとおいてみる．a は適切に定めること．また，f, g には連続性は不 要である．
解答 問題の 4 番目の条件を満たす R > 0 を一つ取り， R < R′となる R′を任意に取る．F(x) :=
∫ x R
f(t)dt と おく．部分積分により，
∫ R′ R
f(x)g(x)dx
= F(R′)g(R′) −
∫ R′ R
F(x)g′(x)dx
がわかる．最初の 2 つの条件より， sup
R<x<R′|F(x)| < M
であるので，
∫ R′ R
f(x)g(x)dx
≤ |F(R′)| |g(R′)| +
sup
R<x<R′|F(x)|
∫ R′ R |g
′(x)| dx
≤ M |g(R′)| + M
∫ ∞
R |g
′(x)| dx
が成り立つ．ここで，R, R′→ ∞ とすると，最後の値は 0に収束するので，
∫ ∞
0
f(x)g(x)dx は収束する．
6
次の重積分の値を求めよ．(3) と (4) は広義積分であると考えて計算すること．(1)
∬
D
xey2dxdy, D = {(x, y) ∈ R2| 0 ≤ x ≤ 1, x2≤ y ≤ 1}． (2)
∬
D
x2
x2+ y2dxdy, D = {(x, y) ∈ R2 | r2 ≤ x2+ y2≤ R2} (0 < r < R)． (3)
∬
D
1
px2− y2dxdy，D = {(x, y) ∈ R2 | x2 > y2, 0 < x < 1}． (4)
∬
D
(1 − x)2
p1 − x2− y2dxdy，D = {(x, y) ∈ R2| 0 ≤ x, 0 ≤ y, x2+ y2<1}． 解答
(1)
∬
D
xey2dxdy
=
∫ 1 0
∫ √y 0
xey2dx
! dy
=
∫ 1 0
yey2dy = 1 2e
y2
1 0
= e− 1 2 .
(2) x y
= ρρcos θsin θ
と極座標表示する．
∬
D
x2
x2+ y2dxdy
=
∫ R r
∫ 2π 0
ρ2sin2θ ρ2 ρdθ
dρ
=
∫ R r
ρ
∫ 2π 0
sin2θdθ dρ
=
∫ R r
2πρdρ
= π(R2− r2).
(3) 自然数 n ≥ 1 に対して，
Dn:= (
(x, y) ∈ R2
x−1
n
2
≥ y2, 1n ≤ x ≤ 1 −1n )
とおくと，D1⊂ D2 ⊂ · · · ⊂ Dn ⊂ . . . は，D の取
り尽くし列である．このとき，
∬
Dn
1
px2− y2dxdy
=
∫ 1−1/n
1/n
∫ x−1/n
−x+1/n
1 px2− y2dy
! dx
=
∫ 1−1/n
1/n
harcsin y x
iy=x−1/n y=−x+1/n dx
=
∫ 1−1/n
1/n
arcsinx− 1/n x
dx
=
xarcsin x− 1/n x
1−1/n 1/n
−
∫ 1−1/n
1/n
1/n
p2x/n − 1/n2dx
=
1 −1
n
arcsinn− 2 n− 1−
"r 2x
n − 1 n2
#1−1/n
1/n
→ arcsin 1 = π2(n → ∞)
となるので，求める積分は π
2 である．
(4) 自然数 n ≥ 1 に対して，
Dn:=
(x, y) ∈ R2
0 ≤ x, 0 ≤ y, x2+ y2≥ 1 − 1n
とすると，D1 ⊂ D2⊂ · · · ⊂ Dn⊂ . . . は，D の取 り尽くし列である．このとき， x
y
= ρcos θ ρsin θ
と
極座標表示すれば，
∬
D
(1 − x)2
p1 − x2− y2dxdy
=
∫ 1−1/n
0
∫ 2π 0
ρ(1 − ρ cos θ)2 p1 − ρ2 dθ
! dρ
=
∫ 1−1/n
0
π ρ(2 + ρ2) p1 − ρ2 dρ
=
−π13√1 − r2(8 + r2)
1−1/n 0
→ 8π3 (n → ∞)
となるので，求める積分は8π
3 である．
7
次の関数項級数は，[0, 1] で一様収束するかどうか，証明も込めて述べよ． (1)Õ∞ n=0
x2 (1 + x2)n (2)
Õ∞ n=1
x n+ n2x2 (3)
Õ∞ n=1
x
{(n − 1)x + 1}(nx + 1)
解答
(1) x >0のとき，1 + x2>1なので，各 x ∈ (0, 1] に ついて，等比級数の和の公式を用いると，
Õ∞ n=0
x2 (1 + x2)n =
x2
1 − 1/(1 + x2)= 1 + x
2
が成り立つ．一方 x = 0 のときは明らかにこの級 数の値は 0 になる．よって，この級数の各点収束 極限は，x > 0 では 1 + x2，x = 0 では 0 となり， これは x = 0 で連続にならない．従って，[0, 1] で この級数は一様収束しない．
(2) n≥ 1 のとき， fn(x) := x
n+ n2x2 とおく．相加相 乗平均の不等式を用いると，x > 0 のとき，
1 fn(x) =
n x + n
2x
≥ 2r nx · n2x= 2n3/2 となるので，任意の x ∈ [0, 1] について，| fn(x)| ≤
1
2n3/2である．ここで， Õ∞ n=1
1
2n3/2は収束するので， Weierstrass’ M-testより，級数
Õ∞ n=1
x
n+ n2x2 は一 様収束する．
(3) n≥ 1 のとき，fn(x) := x
{(n − 1)x + 1}(nx + 1)と おく．x ∈ [0, 1] において，1/x ≥ 1 だから，
1 fn(x) =
n− 1 + 1 x
n+1
x
≥ n(n + 1),
であり， fn(x) ≤ 1
n(n + 1) である．ここで， Õ∞
n=1
1
n(n + 1) = 1だから，Weierstrass’ M-test よ り，
Õ∞ n=1
x
{(n − 1)x + 1}(nx + 1) は一様収束する．
8
fn: R → R を，fn(x) = x 1 + n2x2 −
x 1 + (n + 1)2x2 とおく．このとき，
Õ∞ n=1
fn(x)は R で各点収束するが，その極限を f (x) とすると， Õ∞ n=1
fn′(0) , f′(0)であ ることを示せ．
解答
n
Õ
j=1
fj(x) = x 1 + x2 −
x 1 + (n + 1)2x2
であるから，n → ∞ とすると， Õ∞ n=1
fn(x)は
f(x) = ( x
1 + x2 (x , 0) 0 (x = 0)
に各点収束する．ここで，
xlim→0
f(x) − f (0) x =xlim→0
1 1 + x2 = 1 だから， f′(0) = 1であるが，一方で
xlim→0
fn(x) − fn(0) x
=lim
x→0
1 1 + n2x2 −
1 1 + (n + 1)2x2
= 0
だから fn′(0) = 0になる．よって，0 = Õ∞ n=1
fn′(0) , f′(0) = 1となる．
9
(1) [a, b]上で定義された連続関数 f (x) について，
T( f , [a, b]) := f(a) + f (b) 2 (b − a) とおく． f が [a, b] 上で C2級ならば，
T( f , [a, b]) −
∫ b a
f(x)dx ≤
1 12(b − a)
3 max x∈[a,b]| f
′′(x)|
であることを示せ．a
(2) [0, 1]上で定義された連続関数 f を考える．[0, 1] の分割 {a0, . . . , an} を，aj := j
n で定義する．各区 間 aj, aj+1
( j = 0, 1, . . . , n − 1) において，Tn, j( f ) = T( f , [aj, aj+1])とおいて，
Tn( f ) :=
n−1Õ
j=0
Tn, j
と定義する． f が C2級ならば，
Tn( f ) −
∫ 1 0
f(x)dx ≤
1
12n2xmax∈[0,1]| f
′′(x)|
であることを示せ．Tn( f )は
∫ 1 0
f(x)dx の近似値を与えており，台形公式と呼ばれる．
aHint: T( f , [a, b]) −
∫ b a
f(x)dx を b の関数だとみなして，b で微分してみる．その上で微積分の基本定理を用いることを考えよ．
解答
(1) F(b) := T( f , [a, b]) −
∫ b a
f(x)dx とおく．これを bで微分すると，
F′(b) = f
′(b)
2 (b − a) +
f(a) + f (b) 2 − f (b)
= f(a) − f (b)
2 +
f′(b) 2 (b − a) である．さらにもう一度微分をすると，
F′′(b) = f′′(b) 2 (b − a)
がわかる．M := max
x∈[a,b]| f
′′(x)| とおいて，微積分 学の基本定理を用いると，
|F′(b)| =
∫ b a
F′′(β)dβ
=
∫ b a
f′′(β) 2 (β − a)
dβ
≤ M2
∫ b
a (β − a) dβ
≤ 14M(b − a)2
となる．再び微積分学の基本定理を用いると，
|F(b)| =
∫ b a
F′(β)dβ
≤
∫ b a
1 4(β − a)
2
dβ
≤ 121 (b − a)3 となるので，結論を得る． (2) (1)より各 j について，
Tn, j( f ) −
∫ aj+1
aj
f(x)dx
≤ 121 (aj+1− aj)3 max
x∈[aj,aj+1]| f
′′(x)|
= 1
12n2 x∈[amaxj,aj+1]| f
′′(x)|
が成り立つ．よって，
Tn( f ) −
∫ 1 0
f(x)dx
≤
n−1
Õ
j=0
Tn, j( f ) −
∫ aj+1
aj
f(x)dx
≤ 12n12 x max
∈[aj,aj+1]| f
′′(x)|
≤ 12n12 max
x∈[0,1]| f
′′(x)|
となり，結論を得る．
