積分 - レジメと練習問題

積分 - ^{レジメと練習問題}

2016/01, 西岡

1. 定義

不定積分

(i) 不定積分は微分の逆である: 関数g(x)に対して

(1) f^′(x) =g(x)

を満たす関数f(x)をg(x)の原始関数とよぶ.

(ii) 原始関数を 関数f(x)の不定積分 といい,以下の記号で表す:

∫

f(x)dx=F(x) +C.

上式で f(x)を被積分関数,C を積分定数 という. ⋄

2. 微積分の公式

関数f(x) f(x)の微分=f^′(x) f^′(x)の積分 指数関数f(x) =e^x f^′(x) =e^x

∫

e^xdx=e^x+C

対数関数 f(x) = log|x| f^′(x) = 1 x

∫ 1

xdx= log|x|+C べき乗 f(x) =x^α, α̸= 0 f^′(x) =α x^α−1

∫

x^α−1dx= 1

αx^α+C 正弦 f(x) = sinx f^′(x) = cosx

∫

cosx dx= sinx+C

余弦 f(x) = cosx f^′(x) =−sinx

∫

sinx dx=−cosx+C

関数 F(x)の微分 積分

関数の積 f^′(x)g(x) +f(x)g^′(x) ∫ {

f^′(x)g(x)}

dx=f(x)g(x)−

F(x) =f(x)g(x) 積の微分 −

∫

f(x)g^′(x)dx 部分積分

合成関数 f^′( g(x))

g^′(x)

∫

f(t)dt=

∫

f(g(x))g^′(x)dx F(x)≡f(

g(x))

合成関数の微分 t≡g(x)と置換, 置換積分

3. 練習問題

問題1 (教科書, p.53). 次の関数の x→0 での極限を,漸近展開を用いて求めよ. (i) (1 +x) sinx−xcosx

x² , (ii) exp{x²} −cosx

xsinx , (iii) 1 sin²x− 1

x². 問題2. f(x), g(x)を 区間[0,1]での連続関数とする. 次を証明せよ.

f(0)< g(0)かつf(1)> g(1)なら,ある点 0< c <1 があり,そこで f(c) =g(c)となる. 問題3. (i) 以下の関数をy=f(

g(x))

の形にしたい. 適当なf(x)とg(x)を求めよ. (1)y= (x³+x²+ 1)¹⁰, (2)y= log(x²+x+ 1), (3)y=√

1 +x², (4)y= cos(

logx²+x+ 1) .

(ii) 上記の関数(1) – (4)を微分せよ.

問題4 (教科書, p.53). 次の関数が与えられた点で極値をとるかどうか,漸近展開を用いて調べよ.

(i) x²sinx−x³e^x at x= 0, (ii) x² sinx−xsin²x at x= 0, (iii) x²−x²cosx at x= 0, (iv) (x−1)² logx−(x−1)² at x= 1.

問題5. 次の不等式が成立することを示せ: √

x+ 1<1 +x

2 forx >0.

問題 6(教科書, p.53). f(x)がC²-級でf^′′(a)̸= 0とする. 平均値の定理 f(a+h) =f(a) +h f(a+θ) に おいて, lim

h→0θ= 1/2 を示せ. 問題7. 次の関数の極値を調べよ.

(i) f(x) =x⁵−10x³+a, aは定数, (ii) g(x) =x^4/5( 1−x)

, x≥0.

問題8. 次の極限を求めよ. (i) lim

x→0

1−e^x2

x² , (ii) lim

x→0

4^x−3^x

x , (iii) lim

x→0

x² 1−(1/cosx). 問題9. 次の複素数を “r e^iθ, r >0, θ は実数” の形式で表せ.

(i) −i, (ii) −1, (iii) − 1

√2 +i 1

√2, (iv) −2 + 2i 問題10. 次の方程式を満たす複素数zをすべて求め,複素平面上に図示せよ.

(i) z³= 1, (ii) z⁴= 1, (iii) z³=−1.

問題11. 次の不定積分を計算せよ. (i)

∫

(x+ 3)³dx, (ii) ∫

(4x+ 2)⁴dx,

(iii)

∫

(4x³+ 3x²) (x⁴+x³+ 4)⁵dx, (iv)

∫ x⁵

1 +x⁶dx, (v)

∫ x√

x+ 3dx, (vi)

∫ 1

√1 + 3xdx (vii)

∫

x e^xdx, (viii)

∫

x²e^2xdx, (ix) ∫ ( logx)2

dx, (x)

∫ logx x dx.

問題12. 次の不定積分を計算せよ. (i)

∫ 1

x(x+ 1)dx, (ii)

∫ 1

1 +e^xdx [e^x=tとおく], (iii)

∫ 1

1 + cosxdx [ tanx/2 =t とおく] 問題13 (教科書, p.63,範囲外). f(x)が連続であるとき,つぎの微分をf を用いて表せ.

(i) d dx

∫ x+1

−x

f(2t)dt, (ii) d dx

∫ 2x x

t f(t²)dt.

以上

練習問題解答

[問題1 解答] 次のテイラー展開が必要になる: exp{x}= 1 +x+x^k

2! +· · ·+x^k

k! +· · ·, log(1−x) =−( x+x²

2 +x³

3 +· · ·+x^k k +· · ·)

,

sinx=x−x³ 3! +x⁵

5! − · · ·+ (−1)^k x^2k+1

(2k+ 1)! +· · · , cosx= 1−x²

2! +x⁴

4! · · ·+ (−1)^k x^2k

(2k)!+· · ·. (i) (1 +x) sinx−xcosx

x² = (1 + 1/2!)x²−x³/3! +· · ·

x² → 3

2 . (ii) e^x2−cosx

xsinx = 3x²/2 + 11x⁴/24 +· · · x²−x⁴/3! +· · · → 3

2. (iii) 1 sin²x− 1

x² =x⁴/3−2x⁶/45 +· · · x⁴−x⁶/3 +· · · → 1

3. 2 [問題2 解答] h(x)≡f(x)−g(x)とおくと, h(0) =f(0)−g(0)<0 かつh(1) =f(1)−g(1)>0であ る. あとは「中間値の定理」. 2

[問題3解答] 合成関数の微分公式に持ち込むために,f(x), g(x)をどう選ぶかはセンス=勘と練習, (i) (1) f(x) =x¹⁰, g(x) =x³+x²+ 1. (2) f(x) = logx, g(x) =x²+x+ 1.

(3) f(x) =√

x, g(x) = 1 +x². (4) f(x) = cosx, g(x) = log(

x²+x+ 1) . (ii) 合成関数の微分公式 (

f(g(x)))_′

=f^′(g(x))g^′(x) をつかう. (1) f^′(x) = 10x⁹, g^′(x) = 3x²+ 2x ⇒ (

(x³+x²+ 1)¹⁰ )_′

= 10x(3x+ 2)(x³+x²+ 1)⁹. (2) f^′(x) = 1/x, g^′(x) = 2x+ 1 ⇒ (

log(x²+x+ 1) )_′

= 2x+ 1 x²+x+ 1. (3) f^′(x) = 1/(2√

x), g^′(x) = 2x ⇒ (√ x²+ 1

)_′

= 1

2√

x²+ 1 2x= x

√x²+ 1. (4) f(^′(x) =−sinx,前の結果(2). ⇒

cos(

log(x²+x+ 1)))^′

=−sin(

log(x²+x+ 1))

· 2x+ 1 x²+x+ 1. 2. [問題4 解答] (i) テイラー展開を使うとx² sinx−x³e^x =x²(

x−x³ 3! +· · ·)

−x³(

1 +x+x² 2! +· · ·)

=−x⁴−x⁵

2! +· · ·. つまり x= 0 の近傍では f(x) =x² sinx−x³e^x∼ −x⁴ となるので,x= 0は f(x)の極大点(f(x) =−x⁴ のグラフを想像すること).

(ii) テイラー展開を使うと x² sinx−xsin²x =x²( x−x³

3!+· · ·)

−x( x−x³

3!+· · ·)2

=x⁵ 6 −13x⁷

360 +· · ·. つまり x= 0 の近傍では f(x) =x² sinx−xsin²x∼ −x⁵

6 ^{となるので},x= 0はf(x)の極値では無い (f(x) =−x⁵ のグラフを想像すること).

(iii) テイラー展開を使うと x²−x²cos²x=x²−x²( 1− x²

2 + x⁴ 4! +· · ·)

= x⁴ 2 −x⁶

4! +· · ·. つまり x= 0 の近傍では f(x) =x²−x² cos²x∼x⁴

2 ^{となるので},x= 0はf(x)の極小点. (iv) テイラー展開を使うと,t= 0 を中心としてlog(t+ 1) =t−t²

2 +t³

3 − · · ·. t≡x−1とおくと (x−1)²logx−(x−1)²=t²(

log(t+ 1)−1)

=t²(

−t² 2 +t³

3 − · · ·)

=−t⁴ 2 +x⁵

4! +· · · . つまり x= 1 の近傍では f(x) = (x−1)²logx−(x−1)²∼ −(x−1)⁴

2 .となり,x= 1は極大点. 2 [問題5解答] f(x)≡1 +x

2 −√

x+ 1 とおく.

f^′(x) = 1 2−1

2· 1

√x+ 1 =

√x+ 1−1 2√

x+ 1 >0 forx >0.

f(x)は単調増加で,f(0) = 0だから, 1 +x 2 −√

x+ 1 =f(x)>0. 2 [問題6解答] まず テイラーの定理より,a < s < θ hがあり,

(2) f(a+h) =f(a) +h f^′(a) +h²

2 f^′′(s) ⇒ f(a+h)−f(a)−h f^′(a) = h² 2 f^′′(s).

一方,平均値の定理より, 0< θ <1 があり f(a+h)−f(a)

h =f^′(a+θ h).

再び平均値の定理より,a < t < θ hがあり, f^′(a+θ h)−f^′(a)

θ h =f^′′(t)⇒ f^′(a+θ h) =f^′(a)+θ h f^′′(t).

上の二つの式を組み合わせて, f(a+h)−f(a)

h =f^′(a+θ h) =f^′(a) +θ h f^′′(t) ⇒ θ h f^′′(t) = 1 h

{f(a+h)−f(a)−h f^′(a)} .

ここで 最後の式の右辺に(2) を代入するとθ h f^′′(t) = 1 h

h²

2 f^′′(s) = h

2f^′′(s). 両辺を hで割り, 次に, h→0とすると, s, t→aとなるので,{

hlim→0θ}

f^′′(a) = lim

h→0θ f^′′(t) = lim

h→0

1

2f^′′(s) =1 2f^′′(a).

仮定よりf^′′(a)̸= 0 だから, lim

h→0θ= 1 2. 2 [問題7解答] (i) x=−√

6で極大値 f(−√

6) = 24√

6 +a, x=√

6で極小値 f(√

6) =−24√ 6 +a.

注: x= 0は,f^′(0) = 0 だが 極大/ 極小 のどちらでもない. 増減表でこうした点を見分けること. (ii) x≥0 に注意. x= 4/9 で 極大値g(4/9) = (2/3)^3/510/27. 2

[問題8解答] ロピタルの定理 を使う. (i) まず d

dxe^x2 = 2x e^x2.ロピタルの定理より

xlim→0

1−e^x2 x² = lim

x→0

(1−e^x2)_′ (x²)_′ = lim

x→0

−2x e^x2 2x =−1.

(ii) まず, a=e^loga と合成関数の微分から (4^x)^′= (e^{xlog 4})^′=e^{xlog 4}·log 4 = 4^x·log 4, (3^x)^′= (e^{xlog 3})^′ =e^{xlog 3}·log 3 = 3^x·log 3. これに注意して ロピタルの定理を使うと,

lim

x→0

4^x−3^x x = lim

x→0

(4^x−3^x)_′ (x)^′ = lim

x→0

4^x·log 4−3^x·log 3

1 = log 4−log 3.

(iii) 分 母 分 子 に cosx を 掛 け, ロ ピ タ ル を 2 度 使 う と, lim

x→0

x²

1−(1/cosx) = lim

x→0

x²·cosx cosx−1

= lim

x→0

2x·cosx−x²·sinx

−sinx = lim

x→0

(2x·cosx−x²·sinx)_′ (−sinx)_′ = 2

−1 =−2. 2

[問題9解答] オイラーの等式: r e^{i θ} =rcosθ+i rsinθ: r >0, iは単位虚数, θは実数. (i) sin3π

2 =−1 だから, −i =e^i3π/2. (ii) cosπ =−1 だから, −1 =e^{i π}. (iii) cos3π

4 =− 1

√2, sin3π

4 = 1

√2 ^だから − 1

√2 +i 1

√2 = e^i3π/4. (iv) (iii) より−2 + 2i = 2√ 2

(− 1

√2 +i 1

√2 )

= 2√

2e^i3π/4. 2

[問題10 解答] 「オイラーの等式」の応用. (i) k= 0,1,2,· · · ^にたいし, exp{i2k π}= 1 だから z³= exp{i2k π} ⇒ z_k= exp{i2kπ

3 }, k= 0,1,2.

(ii) 同様に z⁴= exp{i2k π} ⇒ zk= exp{i2kπ

4 }= exp{ikπ

2 }, k= 0,1,2,3.

(iii) −1 = exp{i π+i2k π} ⇒ z³= exp{i π+i2k π} ⇒ zk= exp{i(2k+ 1)π

3 }, k= 0,1,2. 2 [問題11解答] (i) t≡x+ 3とおいて変数変換,

∫

(x+ 3)³dx=

∫ t³ dx

dt dt=t⁴

4 +C= (x+ 3)⁴ 4 +C.

(ii) t≡4x+ 2とおいて変数変換.

∫

(4x+ 2)⁴dx=

∫ t⁴ dx

dt dt=

∫ t⁴ 1

4 dt= t⁵

20+C=(4x+ 2)⁵

20 +C.

(iii) t≡x⁴+x³+ 4 とおいて変数変換,

∫

(4x³+ 3x²) (x⁴+x³+ 4)⁵dx=

∫

t⁵ (4x³+ 3x²)dx dt dt=

∫

t⁵dt=t⁶

6 +C= (x⁴+x³+ 4)⁶

6 +C.

(iv) t≡x⁶+ 1 とおいて変数変換,

∫ x⁵ 1 +x⁶dx=

∫ x⁵ t

dx dt dt=

∫ x⁵ t

1

6x⁵ dt=1 6

∫ 1

t dt= log|t|

6 +C= log(x⁶+ 1)

6 +C.

(v) t≡√

x+ 3とおいて変数変換.

∫ x√

x+ 3dx=

∫

(t²−3)tdx dt dt=

∫

(t²−3)t2t dt= 2t³(t² 5 −1)

+C= 2

5(x+ 3)^3/2(x−2) +C.

(vi) t≡e^x+ 2とおいて変数変換. dt/dx=e^x だから

∫ e^x e^x+ 2dx=

∫ e^x t

dx dt dt=

∫ e^x t

1

(dt/dx)dt=

∫ e^x t

1 e^x dt=

∫ 1

tdt= log|t|+C= log(e^x+ 2) +C.

(vii) 部分積分を使う:

∫

x e^xdx=

∫ x(

e^x)_′

dx=x e^x−

∫

(x)^′e^xdx=x e^x−

∫

e^xdx=x e^x−e^x+C.

(viii) 部分積分を使う:

∫

x²e^xdx=

∫ x²(

e^x)_′

dx=x²e^x−2 (

x e^x−e^x)

+C=e^x(

x²−2x+ 2) +C.

ここで,最後から2番目の等式には(iii)を使った. (ix) x=e^tとおいて変数変換. ∫ (

logx)2

dx=∫ (

loge^t)2 dx dt dt=

∫

t² e^tdt

=e^t(

t²−2t+ 2)

+C=x(

(log|x|)²−2 log|x|+ 2)

+C. ここで 最後から2番目の等式には(8)を使った. (x) x=e^tとおいて変数変換.

∫ logx x dx=

∫ loge^t e^t

dx dt dt=

∫ t

e^t e^tdt=

∫

t dt= t²

2 +C. 2 [問題12 解答] (i) 部分分数分解を使う:

∫ 1

x(x+ 1)dx=∫ (1 x− 1

x+ 1

)dx= log x

x+ 1+C.

(ii) e^x=t とおいて変数変換.

∫ 1

1 +e^xdx=

∫ 1 1 +t

dx

dt dt= log t

t+ 1+C= log e^x e^x+ 1+C.

(iii) (難問) tanx

2 =t とおくと, cosx= 2 cos²x

2 −1 = 2

1 + tan²x/2−1 = 2

1 +t² −1, dt

dx = 1

2 cos²x/2 = 1 +t² 2 だから

∫ 1

1 + cosxdx=

∫ 1

2/(1 +t²) dx dt dt==

∫ 1 +t² 2

2 1 +t²dt=

∫

1dt=t+C= tanx 2 +C.

[問題 13 解答] 不定積分と定積分の関係 =微積分の基本定理. (i) 不定積分

∫

f(2t)dt=F(t) な ら d

dtF(t) =f(2t). また,

∫ x+1

−x

f(2t)dt=F(x+ 1)−F(−x). t=x+ 1とおくと, d

dxF(x+ 1) = dt

dx d

dtF(t) = 1·f(2t) =f(2t). また t≡ −xとおくと d

dxF(−x) = dt dx

d

dtF(t) =−1·F^′(t) =−f(2t) =−f(−2x).

これより

d dx

∫ x+1

−x

f(2t)dt= d

dxF(x+ 1)− d

dxF(−x) =f(2x+ 2) +f(−2x).

(ii) 不定積分

∫

t f(t²)dt =F(t)

( ⇔ d

dtF(t) = t f(t²) )

なら

∫ 2x x

t f(t²)dt = F(2x)−F(x).

つぎにt≡2xとおくと d

dxF(2x) = dt dx

d

dtF(t) = 2·F^′(t) = 2·t f(t²) = 4x f(4x²).

よって

d dx

∫ 2x x

t f(t²)dt= d

dxF(2x)− d

dxF(x) = 4x f(x²)−xf(x²). 2