後期 期末試験 類題と解答 （ termendCalI_exercise20191209

微積分

I

期末試験類題

(理工学部共通)

1

問題

1.1

1

階導関数

1. 次の関数の1階導関数を求めよ． (1) 2x4− x2+ 3 + 1 x (2) x2 √ x (3)(x 2_{+ 1)}5 ₍₄₎ax + b cx + d (5) x x2_{+ 1} (6) x 2_{e−x (7) 10}3x

(8) log(x +px2_{+ 3) (9) e}−x_{cos(3x) (10) sin}2_{x (11) sin}−1_{(2x) (12) cos−1(3x) (13) tan−1}x

2  2. 次の関数の導関数を f, f′ のうち必要なものをを用いて表せ．(1)f (x2) (2)f (√x) (3)xf (x2) 3. 数直線上を運動する点Pの時刻tにおける位置x(t)が次で表されるとき、与えられたtの区間で点Pが最も原点 x = 0から離れる距離を求めよ． (1) x(t) =−t3+ 3t(0≦ t ≦ 2) (2) x(t) = te−3t(t≧ 0) (3) x(t) = e−t−e−2t(t≧ 0) (4) x(t) = e−tsin t(t≧ 0) 4. 球の体積が毎秒a [m3] の割合で増加しているとき,半径が b [m] (b > 0)となった瞬間の，球の表面積の増加速度 を求めよ. 5. 水平な水面上10mの高さの、水面に垂直な崖の上から舟までの距離が50mである.綱を舟に結びつけこれを弛ま ないように毎秒1mの速さで手繰るとき,引き始めてから10秒後の舟の速さを求めよ.

6. y = A sin(3x) + B cos(3x) + Ce−12xが全ての実数xについてy′+ 12y = 51 cos(3x), y(0) = 10を満たすとき定 数A, B, Cを定めよ.

1.2

接線

1. y = 1 x のx = a > 0での接線とx, y 軸とでつくる三角形の面積を求めよ． 2. y = x2_{の傾き正の接線でx軸の正の方向とのなす角が} π 4 であるものを求めよ． 3. y = x 1 + x2 の接線で  1 2, 1 2  を通るものを求めよ． 4. y = e2x_{の接線で原点(0, 0)を通るものを求めよ．} 5. y = log(2x− 1) の接線で  1 2, 0  を通るものが, y軸を切る点の座標を求めよ． 6. 曲線y = cos2(πx)のx = 1 4 における接線の式を求めよ． 7. 曲線y =√3 sin−1(2x)のx = 1 4 における接線の式を求めよ． 8. 曲線y = tan−1  x √ 3  のx =√3における接線の式を求めよ．

1.3

逆三角関数

1. 次の値を求めよ． (1) tan−1  tan  3π 4  + sin−1  sin  3π 4  (2) sin−1  cos  2π 3  + cos−1  sin  2π 3  (3) tan−11 2 + tan −11 3

(4) tan−1(2 +√3)− tan−1(2−√3) (5) sin−1x + cos−1x (6) tan−1x + tan−1

 1 x  2. 次の関数f (x)の逆関数を求めよ． (1) f (x) = 1 3x− 4 (2) f (x) = (x− 3) 2_{(x≦ 3) (3) f (x) = e}−x_{− 5} 3. 次の方程式を解け． (1) sin−1x = cos−12 3 (2) sin −1_{x = tan}−11 2

1.4

極限

1. 次の極限を求めよ． (1) lim x_→+0 sin(2x) 3x (2) x→+∞lim sin(2x) 3x (3) limx_→+0 cos(2x) 3x (4)x→+∞lim cos(2x) 3x (5) limx_→+0 tan(2x) 3x (6) limx_→+0 e−2x− 1 2x

1.5

高階導関数・ライプニッツの公式

1. 次を満たす定数A∼ F を求めよ．(1) x100
(5)₌100! A! x B ₍₂₎ √_x
(5)₌ 1· 3 · 5 · 7 2C x D _{(3) (log|x|)}(5) = E! xF 2. 次の関数のn階導関数を求めよ．nは自然数、a, bは定数とする．

(1) eax (2) sin(ax + b) (3) cos(ax + b) (4) xe2x (5) x2ex (6) x cos(2x)

1.6

テイラー展開・マクローリン展開

1. 次の極限を求めよ．必要ならばex> 1 + n X k=1 xk k!(nは自然数)がx > 0で成立すること、及び +∞ X k=0 xk k! = e x_が任 意の実数xで成立することを用いてもよい． (1) lim x→+∞ x4 ex (2)_x→+∞lim log x √

x (3) limx_→+0log x (4) limx_→+0x log x (5) +_∞ X n=0 nx n n! (6) +_∞ X n=0 n2x n n! 2. 次のf (x)の与えられた次数までのマクローリン展開、及び極限値を求めよ．剰余項の具体形は不要である． (1) f (x) = e2x (x3_{まで), lim} x→0 e2x_{− 1 − 2x − 2x}2 x3 (2) f (x) = e x_{+ e}−x _(x2_{まで), lim} x→0 ex_{+ e}−x_{− 2} x2 (3) f (x) = cos 2x (x4まで), lim x→0 cos 2x− 1 − 2x2 x4 (4) f (x) = sin 2x cos x (x 3_{まで), lim} x→0 sin 2x cos x− 2x x3

1.7

関数のグラフ

1. 以下の関数のグラフを描け．増減凹凸表は必要無い．(6)(7)については周期も答えること． (1) y =|x − 2| − |x − 1| (2) y = 2x + 3 x + 1 (3) y = √ 2− x (4) y = log |x − 1| (5) y = 8(1 − e−3x) (6) y =sin _πx 4  _{(7) y = cos}2πx 4 

(8) y = sin(sin−1x) (9) y = sin−1(sin x)

2. 以下の関数に対して増減凹凸表を書き(y′′の符号も書き入れ)、極値及び変曲点を求めよ． (1) y = x3_{− 3x}2_{+ 3 (2) y =−}1 2x 3_{+ 6x− 8 (3) y = xe}−1 2x (4) y = e− 1 2x 2 3. y = e−14(x−3) 2 のグラフが単調減少し,上に凸となっているxの範囲を求めよ． 4. 次の空欄を埋め, (選択) には下の【選択欄】から選べ． 4次関数y = 4x3_{− 3x}4 _{に対して, y}′_{= a x}2_{( b − x), y}′′_{= c x( d − 3x)であるから, y′= 0 を満たすxは} α , γ , y′′= 0を満たすxはα , β である． これより増減凹凸表は次のようになる． x · · · α · · · β · · · γ · · · y′ e(選択) 0 f(選択) f(選択) f(選択) 0 g(選択) y′′ h(選択) 0 i(選択) 0 j(選択) j(選択) j(選択) y k(選択) l m(選択) n o(選択) p q(選択) これより, x = α のときyはr(選択)．x = γ のときyはs(選択)．また上に凸で単調増加しているxの範囲は, x≦ t 又は u ≦ x ≦ v である． 【e_∼j選択欄】(1) + (2)− (3) ± 【k,m,o,q選択欄】 (1) (2) (3) (4) 【r,s選択欄】(1)極小値をとる (2)極大値をとる (3)極値はとらない

5. 次の関数のグラフを下の【選択欄】から選べ. ただし該当するグラフがないときは「なし」と答えよ． (a)y =−x3+ x (b)y = x3− x (c)y = x

2 x2_{+ 1} (d)y = 4x 3_{− 3x}4 _{(e)y = x}3_{− 2x}2_{+ x (f)y = x}2_e−1 2x x y O (1) 【選択欄】 x y O (2) x y O (3) x y O (4) x y O (5) x y O (6) x y O (7) x y O (8) x y O (9)

1.8

不定積分・原始関数

1. 次の不定積分を計算せよ． (a) Z (ex+ e−x)2dx (b) Z sin2xdx (c)Z √2x + 3dx (d) Z xe2xdx (e) Z x sin(2x)dx 2. 以下の関数を下の選択欄から選んで埋めよ． ただし該当するものがないときは「なし」と答えよ． (a) e2xの原始関数(の1つ) (b) ex2の原始関数(の1つ) (c)  1 2xe 2x ′ の原始関数(の1つ) (d) x3ex2の原始関数(の1つ) 【選択欄】 (1) 2e2x(2) e 2x 2 (3) 2xe 2x ₍₄₎ e2x 2x (5) x 2_e2x _{(6) 2xe}x2 (7) e x2 2x (8) ex2 2 (9) xex2 2 (0) (x2_{− 1)e}x2 2 3. 次の不定積分を下の選択欄から選べ． ただし該当するものがないときは「なし」と答えよ(選択欄の積分定数は省 略する)． (a) Z 2x 1 + x2dx (b) Z 1 √ 1 + x2dx (c) Z 2x √ 1 + x2dx (d) Z 1 √ 1− x2dx (e) Z p 1− x2_{dx (f)} Z 2 x2− 1dx 【選択欄】 (1) log(x2+ 1) (2) 1 2{sin

−1_{x + x}p_{1− x}2} (3) log |x+p_x2− 1| (4) log |x+p₁− x2| (5) log |x−p₁− x2|

(6) log|x − 1| − log |x + 1| (7) log |x − 1| + log |x + 1| (8) sin−1x (9) cos−1x (0) tan−1x

4. 関数F (x)がF′(x) =log x

x , F (e

2_{) = 0 を満たすとき, F (e}4_{)の値を求めよ．}

5. aを定数とする． 何回でも微分可能な関数x(t)は 全てのtに対してx′′(t) = aを満たし,

2

解答及び解説

2.1

1

階導関数

[1] ((1)は答えのみ) (1) 8x3_{− 2x −} 1 x2 (2)  x2 √ x ′ =  x2−1/2 ′ =3 2x 1/2₌ 3 2 √ x (3) f (x) = x2+ 1、g(x) = x5 とすると h(x) = (x2+ 1)5 = g(f (x)) である．f′(x) = 2x、g′(x) = 5x4 より h′(x) = g′(f (x))× f′(x) = 5(x2+ 1)4× 2x = 10x(x2+ 1)4 (4)  ax + b cx + d ′ =(ax + b) ′_{× (cx + d) − (ax + b) × (cx + d)}′ (cx + d)2 = a(cx + d)− c(ax + b) (cx + d)2 = ad− bc (cx + d)2 (5)  x x2_{+ 1} ′ =(x) ′_{× (x}2_{+ 1)− x × (x}2_{+ 1)}′ (x2_{+ 1)}2 = (x2_{+ 1)− x × 2x} (x2_{+ 1)}2 = 1− x2 (x2_{+ 1)}2 (6) x2e−x
′= x2
′× e−x+ x2× e−x
′ = 2xe−x+ x2e−x× (−x)′= x(2− x)e−x

(7) f (x) = (103x) = (elog 10)3x= e3x log 10に対して、f′(x) = e3x log 10× (3x log 10)′= 3 log 10× 103x (8) n log(x +px2_{+ 3)}o′ ₌(x + √ x2_{+ 3)}′ x +√x2_{+ 3} = 1 + (x2+3)′ 2√x2₊₃ x +√x2_{+ 3} = (√x2_{+ 3 + x)/}√_x2_{+ 3} x +√x2_{+ 3} = 1 √ x2_{+ 3}

(9) e−xcos(3x)
′ = e−x
′× cos 3x + e−x× (cos 3x)′=−e−x(cos 3x + 3 sin 3x)

(10) sin2x
′= 2 sin x× (sin x)′= 2 sin x× (cos x) = sin 2x (11)sin−1(2x) ′ = (2x)

′ √ 1− 4x2 = 2 √ 1− 4x2 (12)cos−1(3x) ′= −(3x) ′ √ 1− 9x2 = −3 √ 1− 9x2 (13) n tan−1 _x 2 o′ = (x/2) ′ 1 + x2 4 = 2 4 + x2 [2] (1) f (x2)
′= f′(x2)× (x2)′ = 2xf′(x2) (2) f (√x)
′= f′(√x)× (√x)′ =f ′₍√_x) 2√x (3) xf (x2)
′= (x)′f (x2) + x{f(x2)}′= f (x2) + x{f′(x2)× (x2)′} = f(x2) + 2x2f′(x2) [3] (1) x′(t) =−3t2+ 3 =−3(t − 1)(t + 1)より区間0≦ t ≦ 2での増減表は下表のようになる．従って_{−2 ≦ x(t) ≦ 2} であり、原点からの距離_|x(t)|は、t = 1, 2で最大値2を取る． (2)積の微分公式よりx′(t) = (t)′e−3t+ t(e−3t)′ = e−3t(1− 3t)である．向きを変えるのはt = 1 3 のときである．従って 増減表は下表のようになる．t≧ 0で常にx(t) =_|{z}t ≧0 × e−3t |{z} ≧0 ≧ 0なので原点からの距離は_{|x(t)| = x(t)}である．t≧ 0 で原点から一番遠くに来るのはt = 1 3 でx(t)が最大値を取るときであり、その距離はx  1 3  = 1 3e である．

(3)まずx(t) = e−t−e−2t= e−t(1−e−t)≧ 0より原点からの距離は常に_{|x(t)| = x(t)}である．x′(t) =−e−t+ 2e−2t=

e−t(2e−t− 1)より e−t = 1

2、即ち−t = log 1

2 = − log 2 よりt = log 2のときx

′_{(log 2) = 0を満たす．このとき}

x(log 2) = e− log 2− e−2 log 2= e− log 2− e− log 4= 1 2 − 1 4 = 1 4 であり増減表は下表のようになる．従って原点からの距 離_{|x(t)|(= x(t))}はt = log 2で最大値x(log 2) = 1 4 を取る．

(4)積の微分公式よりx′(t) = (e−t)′sin t + e−t(sin t)′= e−t(− sin t+cos t) = −√2e−t √1 2 |{z} =cos−π₄ sin t + −1√ 2 |{z} =sin−π₄ cos t ! = −√2e−tsin  t−π 4  である．従って0≦ t ≦ 5π 4 での増減表は下表のようになり、以下同様にしてt = 1 + 4n 4 πで極値 を取る(n = 0, 1, 2,· · · )． • 区間 1 + 8n 4 π ≦ t ≦ 5 + 8n 4 πで(n = 0, 1, 2,· · · )x(t)は単調減少し、 −e−(5+8n)π/4 √ 2 ≦ x(t) ≦ e−(1+8n)π/4 √ 2 を 動く． • 区間 5 + 8n 4 π ≦ t ≦ 9 + 8n 4 πで(n = 0, 1, 2,· · · )x(t)は単調増加し、 −e−(5+8n)π/4 √ 2 ≦ x(t) ≦ e−(9+8n)π/4 √ 2 を 動く． 従って_|x(t)|が_xπ 4  ₌ e−π/4 √ 2 を超えることは無い．従って原点からの距離はt = π 4 で最大値 e−π/4 √ 2 を取る．

(t≧ 5π 4 で|x(t)| が  xπ₄ を超えない別解) |x(t)| = e−t | {z } ≦e−5π/4 |sin t| | {z } ≦1 ≦ e−5π/4_{= e}−π/4_{( e} |{z} =2.71··· )−π≦ e−π/4 2 ≦ e−π/4 √ 2 が t≧ 5π 4 で成立 することからも示せる．但しこの解法では eπ_>√_{2 であることを用いている．} (1) t 0 1 2 (2) t 0 1 3 (3) t 0 log 2 (4) t 0 π4 5π4 x′(t) + + 0 − − x′(t) + + 0 − x′(t) + + 0 − x′(t) + + 0 − 0 x(t) 0 ↗ 2 ↘ −2 x(t) 0 ↗ 1 3e ↘ x(t) 0 ↗ 1 4 ↘ x(t) 0 ↗ e−π/4_√ 2 ↘ −e−5π/4_√ 2 [4] 時刻 tでの球の半径をrとすると, 体積V はV = 4 3πr 3_である. dV dt = aであるから, a = dV dt = dV dr dr dt = 4πr2dr dt ∴ dr dt = a 4πr2 である. よってr = bのときは, dr dt = a 4πb2. そして表面積はS = 4πr 2_から, dS dt = dS dr dr dt = 8πr· a 4πr2 = 2a r となり, r = bのとき球の表面積の増加速度は dS dt = 2a b [m 2_/s]. [5] t秒後に船が崖の下からx(t)[m]離れているとする．t秒後の綱の長さは(50− t)[m]なので三平方の定理よりx(t) = p (50− t)2_{− 10}2₌p_t2_{− 100t + 2400である．従ってv(t) = x}′_{(t) =} (t 2_{− 100t + 2400)}′ 2√t2_{− 100t + 2400} = t− 50 √ t2_{− 100t + 2400} よ り、求める速さは_{|v(10)| =}10√− 50 1500   = 4√₁₅15[m/s]である．

[6] y′(x) = 3A cos 3x− 3B sin 3x − 12Ce−12xである．y′+ 12y = (3A cos 3x− 3B sin 3x − 12Ce−12x) + 12(A sin 3x +

B cos 3x + Ce−12x) = (3A + 12B) cos 3x + (−3B + 12A) sin 3x = 51 cos 3xより連立方程式3A + 12B = 51, −3B + 12A = 3(−B + 4A) = 0を解けばよい．3(A + 4B) = 3(A + 4_{× 4A) = 51A = 51}より(A, B) = (1, 4)である．

y(0) = sin 0 + 4 cos 0 + Ce0= 10よりC = 6なので(A, B, C) = (1, 4, 6)である．

2.2

接線

[1] f (x) = 1 xに対してf ′_{(x) =} −1 x2 より、f ′_{(a) =} −1 a2 である．従って接線はy = f ′_{(a) (x− a) + f (a) =}−1 a2 (x− a) + 1 a = −x + 2a a2 である．方程式−x + 2aを解いてx = 2aより点(2a, 0)でx軸と交わる．y軸との交点は(0, f (0)) =  0,2 a  である．従って三角形の面積はS = 1 2 × 2a × 2 a = 2である． [2] f (x) = x2に対してf′(x) = 2xである．接点のx座標をtとすると、x = tでの接線の傾きはf′(t) = 2t = tanπ 4 = 1 なのでt = 1 2 である．従って接線はy = f ′1 2   x−1 2  + f  1 2  =  x−1 2  +1 4 = x− 1 4 である． [3] f (x) = x 1 + x2 とすると導関数はf ′_{(x) =} (x)′(1 + x2)− x(1 + x2)′ (1 + x2₎2 = 1 + x2_{− x × 2x} (1 + x2₎2 = 1− x2 (1 + x2₎2 である．従っ て接点を(t, f (t))とすると接線はy = f′(t)(x−t)+f(t) = 1− t 2 (1 + t2₎2(x−t)+ t 1 + t2、即ち(1−t 2_)x+2t3_−y(1+t2₎2_{= 0} である．これが点  1 2, 1 2  を通るのでx = y = 1 2を代入して(1−t 2_)+4t3_−(1+t2₎2_=−t4_−3t2_+4t3_=−t2_(t−1)(t− 3) = 0を得る．これよりt = 0, 1, 3である．従って求める接線はy = f′(0) | {z } =1 x + f (0) |{z} =0 = x、y = f′(1) | {z } =0 (x− 1) + f(1) |{z} =1/2 = 1 2、 y = f′(3) | {z } =−2/25 (x− 3) + f(3) |{z} =3/10 =−2 25x + 27 50である． [4] f (x) = e2xに対してf′(x) = 2e2xである．接点の座標を(t, f (t))とすると接線の方程式はy = f′(t)(x− t) + f(t) = 2e2t(x− t) + e2t= e2t(2x− 2t + 1)である．これが原点を通るのでx = y = 0を代入してe2t(−2t + 1) = 0をtについ て解いてt = 1 2 である．従って接線の方程式はy = 2exである． [5] f (x) = log(2x− 1)とするとf′(x) = (2x− 1) ′ 2x− 1 = 2 2x− 1 より点(t, f (t))での接線はy = f ′_{(t)(x− t) + f(t) =} 2 2t− 1(x−t)+log(2t−1)である．これが点  1 2, 0  を通るのでx = 1 2, y = 0を代入して 2 2t− 1× 1− 2t 2 +log(2t−1) = 0である．従って2t− 1 = eであり接線はy = 2 e  x−e + 1 2  + 1 = 4x− 2(e + 1) + 2e 2e = 2x− 1 e である．従ってこ の接線のy切片は  0,−1 e  である．

[6] f (x) = cos2(πx) = 1 + cos(2πx) 2 に対してf ′_{(x) =−π sin(2πx)より、f}′1 4  =−π sinπ 2 =−πである．従って 接線はy = f′  1 4   x−1 4  + f  1 4  =−π  x−1 4  +1 2 =−πx + π 4 + 1 2 [7] f (x) =√3 sin−12xに対してf′(x) =n√3 sin−1(2x) o′ = √ 3(2x)′ √ 1− 4x2 = 2√3 √ 1− 4x2 より、f ′  1 4  = 2 √ 3 p 1− 1/4 = 2√3÷ √ 3 2 = 4である．従って接線はy = f ′  1 4   x−1 4  + f  1 4  = 4  x−1 4  +√3×π 6 = 4x− 1 + √ 3 6 π [8] f (x) = tan−1  x √ 3  に対してf′(x) =  tan−1  x √ 3 ′ = (x/ √ 3)′ 1 +x₃2 = √ 3 3 + x2 より、f ′√₃ ₌ √ 3 6 である． 従って接線はy = f′√3   x−√3  + f√3  = √ 3 6  x−√3  + tan−11 = √ 3 6 x + π 4 − 1 2

2.3

逆三角関数

[1] (1)tan−1  tan3π 4  + sin−1  sin3π 4  = tan−1(−1) | {z } =−π/4 + sin−1 √ 2 2 | {z } =π/4 = 0 (2) sin−1  cos  2π 3  + cos−1  sin  2π 3  = sin−1  −1 2  | {z } =−π/6 + cos−1 √ 3 2 ! | {z } =π/6 = 0 (3) a = tan−11 2、b = tan −11 3 と す る と 、0 < a < π 4, 0 < b < π 4 よ り 0 < a + b < π 2 で あ る ．従 っ て tan a =1 2, tan b = 1 3 よりtan(a + b) = tan a + tan b 1− tan a tan b = 1/2 + 1/3 1− 1/(2 × 3) = 1よりtan −11 2 + tan −1 1 3 = a + b = π 4 (4) a = tan−1(2−√3), b = tan−1(2 +√3)とする．0 < tan a = 2₋√3 < 1 = tanπ

4, 1 = tan π 4 < tan b = 2 + √ 3 より0 < a < π 4 (即ち− π 4 <−a < 0)、 π 4 < b < π 2 である．従って π 4 +  −π 4  = 0 < b− a < π 2 + 0 = π 2 である．加

法定理よりtan(b− a) = tan b− tan a 1 + tan b tan a = (2 +√3)− (2 −√3) 1 + (2 +√3)(2−√3) = 2√3 2 = √ 3を得る．従って0 < b− a < π 2 より b− a = π 3 (5) f (x) = sin−1x + cos−1xとすると定義域は_{−1 ≦ x ≦ 1}である．f′(x) = √ 1 1− x2 + −1 √ 1− x2 = 0よりこれは一 定である．従ってf (x) = f (0) = sin−10 + cos−10 = 0 +π 2 = π 2 である． (別解) sin−1x = a とすると−π 2 < a < π 2、x = sin a = cos _π 2 − a  、0 < π 2 − a < π である．従って f(x) = sin −1_{x + cos}−1_{x =} a + _π 2 − a  =π 2 で一定である． (6) f (x) = tan−1x+tan−1 1 xとする．  tan−1 1 x ′ = (1/x) ′ 1 +_x12 = − 1 x2 1 + _x12 = −1 x2_{+ 1}より、f ′_{(x) = tan}−1_x
′ | {z } =1/(1+x2₎ +  tan−1 1 x ′ | {z } =−1/(1+x2₎ = 0 で あ る ．従 っ て f (x) は 定 数 関 数 で あ る ．定 義 域 は x ̸= 0 以 外 の 実 数 全 体 で 、x = 0 で 不 連 続 で あ る ． f (−1) = tan−1(−1) + tan−1(−1) = −π 2 、f (1) = tan −1_{1 + tan}−1_{1 =} π 2 よりf (x) =    f (−1) = −π₂ (x < 0) f (1) =π₂ (x > 0) (別解) tan−1x = a  −π 2 < a < π 2  とすると x = tan a、1 x = cos a sin a = sin π₂ − a
cos π₂− a
= tan _π 2 − a  である． x < 0、即ち−π 2 < a < 0 のとき、 π 2 < π 2 − a < π、 −π 2 < _π 2 − a − π  < 0 なので、f (x) = a +  −π 2− a  =−π 2 x > 0、即ち 0 < a <π 2 のとき、0 < π 2 − a < π 2 なので、f (x) = a + _π 2 − a  = π 2 [2] (1) y = x− 12 3 は全実数xで単調増加する．xとyを入れ替えてx = y− 12 3 より、y = f −1_{(x) = 3x + 12である．} (2) y = (x− 3)はx≦ 3で単調減少する．xとyを入れ替えてx = (y− 3)2(y− 3 ≦ 0より、y− 3 = −√x、即ち y = f−1(x) = 3−√xである．

(3) y = e−x− 5は全実数 xで単調減少する．xとy を入れ替えて x = e−y − 5より、−y = log(x + 5)、即ち

y = f−1(x) =− log(x + 5)である． [3] (1) sin−1x = cos−12 3 = aとすると(0 < p < 1)、cos a = 2 3, sin a = xである． 2 3 = cos a > 0より0 < a < π 2 な

ので、sin a > 0, cos a > 0である．従ってx = sin a =p1− cos2_{a =} √ 5 3 である． (2) sin−1x = tan−11 2 = aとすると、tan a = 1 2, sin a = xである．tan 2_{a + 1 =} 1 4+ 1 = 5 4 = 1 cos2_a = 1 1− sin2aで ある．tan a > 0より0 < a < π

2 なので、sin a > 0, cos a > 0である．これよりx = sin a = r 1−4 5 = √ 5 5

2.4

極限

[1] (1)公式lim x_→0 sin x x = 1よりxlim_→+0 sin 2x 3x = limx_→+0 sin 2x 2x × 2 3 ! =2 3 (2) lim x→+∞  sin 2x 3x   = 0を示す．0_{≦ | sin 2x| ≦ 1}より0≦sin 2x 3x   ≦ 1 3x  である． lim x→+∞0 =x→+∞lim   1 3x   = 0より挟 み撃ちの原理より lim x_→+∞  sin 2x_3x  = 0、延いては lim x_→+∞ sin 2x 3x = 0 (3) lim

x→+0cos 2x = cos 0 = 1、xlim→+0

1 3x = +∞より、xlim→+0 cos 2x 3x = +∞ (4) lim x→+∞  cos 2x 3x   = 0を示す．0_{≦ | cos 2x| ≦ 1}より0 ≦cos 2x 3x   ≦ 1 3x  である． lim x→+∞0 =x→+∞lim   1 3x   = 0より 挟み撃ちの原理より lim x_→+∞  cos 2x3x   = 0、延いては lim x_→+∞ cos 2x 3x = 0 (5)公式lim x_→0 sin x x = 1よりxlim_→+0 tan 2x 3x = limx_→+0 sin 2x 2x × 2 3 cos 2x ! = 2 3 (6)公式lim x→0 ex_{− 1} x = 1よりxlim→−0 e−2x− 1 2x = limx→−0 e−2x− 1 −2x × (−1) ! =−1

2.5

高階導関数・ライプニッツの公式

[1] (1) (x100)(5) = 100(x99)(4) = 100× 99(x98)′′′ = 100× 99 × 98(x97)′′ = 100× 99 × 98 × 97(x96)′ = 100× 99 × 98× 97 × 96x95= (100× · · · × 96) × (95 × 94 × · · · × 1) 95× 94 × · · · × 1 x 95₌100! 95! x 95_{よりA = 95, B = 95} (2) (√x)′ = 1 2x −1/2_、(√_x)′′ ₌ 1 2x −1/2′ ₌ 1 2 × −12x −3/2 ₌ −1 4 x −3/2_、(√_x)′′′ ₌ −1 4 x −3/2′ ₌ 3 8x −5/2_、 (√x)(4) =  3 8x −5/2′₌ −15 16 x −7/2_、(√_x)(5) ₌  −15 16 x −7/2′ ₌3× 5 × 7 25 x −9/2_{よりC = 5, D =−}9 2 (3) (log|x|)′= 1 x、(log|x|) ′′₌1 x ′ = −1 x2、(log|x|) ′′′₌−1 x2 ′ = 2 x3、(log|x|) (4)₌  2 x3 ′ =−6 x4、(log|x|) (5)₌  −6 x4 _′ =24 x5 = 4! x5 よりE = 4, F = 5 [2] (1) (eax₎′_{= ae}ax_{は1回微分する毎にa倍されるので(e}ax₎(n)_{= a}n_eax_である．

(2) f (x) = sin(ax + b) はf′(x) = cos(ax + b)× (ax + b)′ = a sin 

ax + b +π

2 

, f′′(x) = −a2sin(ax + b) =

a2sin (ax + b + π), f′′′(x) =−a3cos(ax + b) = a3sin  ax + b +3π 2  等を満たし、1回微分する毎に位相が π 2 加算さ れるとともにa倍される．従ってf(n)(x) = ansin  ax + b +nπ 2  (3) f (x) = cos(ax + b)はf′(x) = − sin(ax + b) × (ax + b)′ = a cos



ax + b +π

2 

, f′′(x) = −a2cos(ax + b) =

a2cos (ax + b + π), f′′′(x) = a3sin(ax + b) = a3cos  ax + b +3π 2  等を満たし、1回微分する毎に位相が π 2 加算さ れるとともにa倍される．従ってf(n)(x) = ancos  ax + b +nπ 2  (4) g(x) = x、h(x) = e2x_{とすると、g}′_{(x) = 1、g}′′_{(x) = 0よりn≧ 2でg}(n)_{(x) = 0である．一方h(x) = e}2x_は h(n)_{(x) = 2}n_e2x_{を満たす．従ってライプニッツの公式より次式を得る．} f(n)(x) ={g(x)h(x)}(n)= g(x) |{z} =x × h(n)_(x) | {z } =2n_e2x +_|{z}nC1 =n × g′_(x) | {z } =1 × h(n−1)_(x) | {z } =2n−1e2x = (2nx + n2n−1)eax (5) n = 1のときはf′(x) = (x2)′ex+ x2(ex)′ = (x2+ 2x)exである． n ≧ 2のとき、g(x) = x2_{、h(x) = e}x_{とすると、g}′_{(x) = 2x、g}′′_{(x) = 2よりn ≧ 3でg}(n)_{(x) = 0である．一方}

h(x) = ex_はh(n)_{(x) = e}2x_{を満たす．従ってライプニッツの公式より次式を得る．これはn = 1でも成立する．} f(n)(x) ={g(x)h(x)}(n)= g(x) |{z} =x2 × h(n) (x) | {z } =ex +_|{z}nC1 =n × g′_(x) | {z } =2x × h(n₋₁₎ (x) | {z } =ex + _|{z}nC2 =n(n−1)/2 × g′_(x) | {z } =2 × h(n₋₂₎ (x) | {z } =ex = x2ex+ 2x× n × ex+ 2×n(n− 1) 2 × e x_{= e}x_(x2_{+ 2xn + n(n− 1))} (6) g(x) = x、h(x) = cos 2xとすると、g′(x) = 1、g′′(x) = 0よりn≧ 2でg(n)(x) = 0である．一方h(x) = cos 2x はh(n)(x) = 2ncos  2x +πn 2  を満たす．従ってライプニッツの公式より次式を得る． f(n)(x) ={g(x)h(x)}(n)= g(x) |{z} =x × h(n)(x) | {z } =2n_cos(2x+πn 2 ) +_|{z}nC1 =n × g′_(x) | {z } =1 × h(n−1)(x) | {z } =2n−1cos(2x+π(n−1)₂ )=2n−1sin(2x+πn 2 ) = 2nx cos  2x +πn 2  + 2n−1n sin  2x +πn 2 

2.6

テイラー展開・マクローリン展開

[1] (1) x > 0でex> 1 + x +x 2 2! + x3 3! + x4 4! + x5 5! > x5 5! > 0なので逆数をとって0 < x 4_e−x _{< x}4_× 5! x5 が成立する． lim x→+∞0 =x→+∞lim 5! x = 0なので挟み撃ちの原理よりx→+∞lim x 4_e−x_{= 0である．} (2) t = log xとするとx→ +∞でt→ +∞であり、x = et、即ち√x = et/2である．従って lim x→+∞ log x √ x = limt→+∞te −t/2 である．x > 0でex > 1 + x + x 2 2! > x2 2! > 0なので逆数をとって 0 < te −t/2 _{< t×} 2! (t/2)2 = 8 t が成立する． lim t_→+∞0 = limt_→+∞ 8 t = 0なので挟み撃ちの原理よりx_→+∞lim log x √ x = limt_→+∞te −t/2_{= 0である． (3) lim} x→+0log x =−∞ (4) x = e−tとすれば、x→ +0はt → +∞にあたる．_{|x log x| =} −t et   = t et でありe t _{> 1 + t +} t2 2 > t2 2 を用い て不等式0 < t et < 2 t を得る．よってtlim_→∞0 = limt_→∞ 2 t = 0より挟み撃ちの原理よりxlim→+0|x log x| = 0、延いては lim x→+0x log x = 0 (5) +∞ X n=0 nx n n! |{z} =0(for n=0) = +∞ X n=1 nx n n! = +∞ X n=1 n x n−1_{× x} (n− 1)! × n = +∞ X n=1 xn−1_{× x} (n− 1)! l=n−1 = x +∞ X l=0 xl l! | {z } =ex = xex (6) +∞ X n=0 n(n− 1)x n n! | {z } =0(for n=0,1) = +∞ X n=2 n(n− 1)x n n! = +∞ X n=2 xn−2_{× x}2_{n(n− 1)} (n− 2)! × n(n − 1) = +∞ X n=2 xn−2_{× x}2 (n− 2)! l=n−2 = x2 +∞ X l=0 xl l! | {z } =ex = x2exである． これより +∞ X n=0 n2 |{z} =n(n_−1)+n xn n! = +∞ X n=0 n(n− 1)x n n! | {z } =x2_ex + +∞ X n=0 nx n n! | {z } (5) = xex = x(x + 1)ex [2] (1) f (x) = e2xとすると、f(n)(x) = 2ne2xよりf(n)(0) = 2nである．f (x) = f (0) |{z} =1 +x f′(0) | {z } =2 +x 2 2 f ′′₍₀₎ | {z } =4 +x 3 6 f ′′′₍₀₎ | {z } =8 = 1 + 2x + 2x2+4x 3 3 + R4よりxlim→0 e2x_{− 1 − 2x − 2x}2 x3 = lim_x→0 4x3 3 + R4 x3 = lim_x→0  4 3+ R4 x3  =4 3 (2) f (x) = ex+ e−xとすると、f(n)(x) = ex+ (−1)ne−xよりf(n)(0) = 1 + (−1)nである．2次迄のマクローリン展開 はf (x) = f (0) |{z} =2 +x f′(0) | {z } =0 +x 2 2 f ′′₍₀₎ | {z } =2 = 2 + x2+ R3である．lim x→0 ex+ e−x− 2 x2 = lim_x→0 x2+ R3 x2 = lim_x→0  1 + R3 x2  = 1

(3) f (x) = cos 2xとすると、f (0) = cos 0 = 0である．f′(0) =− sin 2x × (2x)′=−2 sin 2xよりf′(0) =−2 sin 0 = 0 で あ る ．f′′(0) = −4 cos 2x よ り f′′(0) = −4 cos 0 = −4 で あ る ．f′′′(0) = 8 sin 2x よ り f′(0) = 8 sin 0 = 0 で あ る ．f′′′′(0) = 16 cos 2x よ り f′(0) = 16 cos 0 = 16 で あ る ．従 っ て 4 次 迄 の マ ク ロ ー リ ン 展 開 は f (x) = f (0) |{z} =1 +x f′(0) | {z } =0 +x 2 2 f ′′₍₀₎ | {z } =−4 +x 3 6 f ′′′₍₀₎ | {z } =0 +x 4 24f ′′′′₍₀₎ | {z } =16 = 1− 2x2+2x 4 3 + R5である． 従って lim x→0 cos 2x− 1 − 2x2 x4 = lim_x→0  1− 2x2₊2x4 3 + R5  − 1 − 2x2 x4 = lim_x→0  − 4 x2 + 2 3+ R5 x4  =−∞を得る．

(4)和積の公式よりf (x) = sin 2x cos x = 1 2(sin(2x + x) + sin(2x− x)) = sin 3x + sin x 2 である．これよりf (0) = 0 である．f′(0) = 3 cos 3x + cos x 2 よりf ′_{(0) = 2である．f}′′_{(x) =} −9 sin 3x − sin x 2 よりf ′′_{(0) = 0である．f}′′′_{(x) =} −27 cos 3x − cos x 2 よりf ′′′_{(0) =−14である．従ってf (x) = f (0)} |{z} =0 +x f′(0) | {z } =2 +x 2 2 f ′′₍₀₎ | {z } =0 +x 3 6 f ′′′₍₀₎ | {z } =−14 = 2x−7x 3 3 + R4 よりlim x_→0 sin 2x cos x− 2x x3 = lim_x→0 −7x3 3 + R4 x3 = lim_x→0  −7 3 + R4 x3  =−7 3

2.7

関数のグラフ

[1] (1) f (x) =|x − 2| − |x − 1| =        −(x − 2) + (x − 1) = 1 (x≦ 1) −(x − 2) − (x − 1) = −2x + 3 (1 < x < 2) (x− 2) − (x − 1) = −1 (x≧ 2) として絶対値が外れる．x軸の交 点は_{−2x + 3 = 0}を1 < x < 2の範囲で解いて  3 2, 0  ．y軸との交点は(0, f (0)) = (0, 1) (2) f (x) = 2x + 3 x + 1 = 2 + 1 x + 1 より漸近線はx =−1とy = 2．x軸との交点は(分子) = 2x + 3 = 0より  −3 2, 0  ． y軸との交点は(0, f (0)) = (0, 3) (3) f (x) =√2− xとする．定義域は不等式2− x ≧ 0を解いてx≦ 2、値域はy≧ 0．x軸との共有点は(2, 0)．y軸と の交点は(0, f (0)) = (0,√2) (4)漸近線はx = 1．方程式log|x − 1| = 0を解いて_{|x − 1| = 1}よりx軸との交点は(0, 0) , (2.0)．原点はy軸との交 点でもある． (5) f (x) = 8(1− e−3x)に対して、f (x) = 0を解くとe−3x= 1 = e0よりx = 0である．従ってこのグラフは原点を通 り、これはy軸との交点でもある．漸近線がy = 8である． (6) f (x) = sin _πx 4  _{は、f (x + 4) = sin}π(x + 4) 4   = sinπx₄ + π = − sin _πx 4  _{= f(x)を満たす．} 0 < x < 2ではf (x)は単調増加、2 < x < 4ではf (x)で単調減少するので4より小さい周期は有り得ない．従って f (x)の周期は4である．f (x) = 0を解くとπx 4 = nπ (nは整数)よりx軸との交点は(4n, 0)であり原点を通る．原点 はy軸との交点でもある． (7) f (x) = cos2 _πx 4  = 1 + cos πx 2
2 はf (x + 4) = 1 + cos πx₂ + 2π
2 = f (x)を満たす．f (x)は0 < x < 2 で単調減少、2 < x < 4 ではf (x)で単調増加するので4 より小さい周期は有り得ない．従ってf (x)の周期は4 である．f (x) = 0を解くと πx 4 = 2n + 1 2 π (nは整数)よりx軸との交点は(4n + 2, 0)である．y 軸との交点は (0, f (0)) = 0, cos20
= (0, 1)である．

(8) f (x) = sin(sin−1x)の定義域は_{−1 ≦ x ≦ 1}である．このときa = sin−1xとするとx = sin aなのでf (x) =

sin(sin−1x) = sin a = x(但し_{−1 ≦ x ≦ 1)}である．x, y軸との交点は原点のみである．

(9) f (x) = sin−1(sin x)の定義域は実数全体である．f (x+π) = sin−1(sin(x+π)) = sin−1(− sin x) = − sin−1(sin x) =

−f(x)、f (x + 2π) = −f(x + π) = f(x) より周期は2π である．₋π

2 ≦ x ≦

π

2 のとき、a = sin x とすると

f (x) = sin−1(sin x) = sin−1a = xである．π

2 ≦ x ≦ 3π 2 ではf (x) = −f( x − π| {z } −π 2≦x−π≦π2 ) = −(x − π) = π − x である．従ってy = sin−1(sin x) =    x (−π₂ ≦ x ≦ π₂) π− x (π₂ ≦ x ≦ 3π₂) 及びf (x + 2π) = f (x)を満たす．y 軸との交点は

(0, f (0)) = (0, sin−1(sin 0)) = (0, sin−10) = (0, 0)で原点を通り、x軸との交点は(nπ, 0) (nは整数)である．

x y O 1 3 2 2 1 -1 (1) x y O −3 2 −1 2 3 (2) x y O 2 √ 2 (3) x y O 1 2 (4) x y O 8 (5)

x y -4 -2 2 4 6 8 1 O (6) x y 1 2 4 6 8 -2 -4 O (7) x y 1 -1 1 -1 O (8) x y π 2 −π 2 −π −π 2 π 2 π 3π 2 2π O (9) [2] (1) y′ = 3x2_{− 6x = 3x(x − 2), y}′′_{= 6x− 6 = 6(x − 1)より} x · · · 0 · · · 1 · · · 2 · · · y′ + 0 − − − 0 + y′′ − − − 0 + + + y 3 1 −1 x = 0のとき 極大値3, x = 2のとき極小値_−1, 変曲点(1, 1)． (2) y′=−3 2x 2_{+ 6 =−}3 2(x 2_{− 4) = −}3 2(x− 2)(x + 2), y ′′_=−3xより x · · · −2 · · · 0 · · · 2 · · · y′ − 0 + + + 0 − y′′ + + + 0 − − − y −16 −8 0 x =−2のとき極小値_{−16, x = 2}のとき極大値0． 変曲点(0,−8) (3) y′= e−12x+ x  −1 2  e−12x=  1−1 2x  e−12x, y′= 0 =⇒ x = 2、 y′′=−1 2e −1 2x₊  1−1 2x   −1 2  e−12x₌  1 4x− 1  e−12x_{, y}′′_{= 0 =}⇒ x = 4より x · · · 2 · · · 4 · · · y′ + 0 − − − y′′ − − − 0 + y 2_{e e}42 x = 2のとき極大値2 e をとり,変曲点は  4, 4 e2  である． (4) y′ =−xe−12x 2 , y′ = 0 =⇒ x = 0、y′′=−e−12x 2 − x(−x)e−1 2x 2 = (x2− 1)e−12x 2 = (x− 1)(x + 1)e−12x 2 , y′′ = 0 =⇒ x = ±1 x · · · −1 · · · 0 · · · 1 · · · y′ + + + 0 − − − y′′ + 0 − − − 0 + y _√1 e 1 1 √_e x = 0のとき極大値1をとり,変曲点は  ±1,√1 e  である． [3] f (x) = e−(x−3)2/4とすると次式を得る． f′(x) = e−(x−3)2/4×  −(x − 3)2 4 ′ =−x− 3 2 e −(x−3)2_/4 f′′(x) =  −(x + 3) 2 ′ e−(x−3)2/4−x− 3 2  e−(x−3)2/4 ′ = e−(x−3)2/4  −1 2 + (x− 3)2 4  上に凸なのはf′′(x) ≦ 0のときである．(x− 3) 2_{− 2} 4 ≦ 0 より3− √ 2 ≦ x ≦ 3 +√2である．単調減少するのは f′(x)≦ 0のときなので −(x − 3) 2 ≦ 0からx≧ 3である．f ′_{(x)≦ 0且つf}′′_{(x)≦ 0から3≦ x ≦ 3 +}√_{2である．} [4] [α (0) β  2 3 

γ (1) a(12) b(1) c(12) d(2) e(1) f(1) g(2) h(2) i(2) j(2) k(1) l(0) m(2) n

 16 27  o(1) p(1) q(3) r(3) s(2) t(0) u  2 3  v(1)]

f (x) =−3x4+ 4x3とするとf′(x) =−12x3+ 12x2= 12x2(1− x) = 0となるのはx = 0(= α), x = 1(= γ)のときで ある．f′′(x) =−36x2+ 24x = 12x (−3x + 2) = 0となるのはx = 0(= α), 2 3(= β)であり増減凹凸表は次で得られる． x · · · α = 0 · · · β = 2₃ · · · γ = 1 · · · y′ +(1) 0 +(1) + + 0 −(2) y′′ −(2) 0 +(1) 0 −(2) − − y (1) 0 (2) 16₂₇ (1) 1 (3) x = α(= 0)では極値を取らず(3)、x = γ(= 1)で極大値をとる(2)．上に凸且つ単調増加しているのは(1)に相当する のでx≦ 0又は2 3 ≦ x ≦ 1である． [5] (a) f (x) =−x3+ xとするとf (0) = 0より原点を通る．x軸との交点はf (x) =−x3+ x =−x(x − 1)(x + 1) = 0 を解いてx =−1, 0, 1の3つある．f′(x) =−3x2+ 1より −1_√ 3 ≦ x ≦ 1 √ 3 で単調増加して、それ以外で単調減少する． 従ってグラフは(3)である． (b)これは(a)のy =−x3_{+ xをxに関して対称移動したものである．f (x) = x}3_{− xとするとf (0) = 0より原点を通} る．x軸との交点はf (x) = x3− x = x(x − 1)(x + 1) = 0を解いてx =−1, 0, 1の3つある．f′(x) = 3x2− 1より −1 √ 3 ≦ x ≦ 1 √ 3 で単調増加して、それ以外で単調減少する．このような特徴のグラフは存在しない． (c) lim x→±∞ x2 1 + x2 =_x→±∞lim 1÷ 1 x2 |{z} →0 +1 ! = 1の時点でこのような漸近的な振る舞いをするグラフは存在しない． (d) [4]より、グラフは(9) (e) f (x) = x3− 2x2+ x とすると、f (x) = x(x− 1)2 = 0を満たすのはx = 0, 1のときであり、x軸との交点は (0, 0), (1, 0)である．原点はy軸との交点でもある．f′(x) = 3x2− 4x + 1 = (3x − 1)(x − 1)より1 3 ≦ x ≦ 1で単調減 少して、それ以外で単調増加する．従ってグラフは(7)である． (f) f (x) = x2e−x/2とすると、f (x) = 0を満たすのはx = 0のときのみなので、原点(0, 0)が唯一のx, y軸との交点で ある．f′(x) = (x2)′e−x/2+ x2(e−x/2)′= 2xe−x/2+ x2×−1 2 e −x/2 ₌4x− x2 2 e −x/2_{より0≦ x ≧ 4で単調増加、それ} 以外で単調減少する．x > 0でex> 1 + x +x 2 2!+ x3 3! > x3 6 > 0なので逆数をとって0 < x 2_{e−x/2< x}2_× 6 (x/2)3 = 48 x が成立する． lim x→+∞0 =x→+∞lim 48 x = 0なので挟み撃ちの原理よりx→+∞lim x 2_e−x/2 _{= 0である．従ってグラフは(2)で} ある．

2.8

不定積分・原始関数

[1] (a) Z ex+ e−x
2dx = Z e2x+ 2 + e−2x
dx = 1 2(e 2x_{− e}−2x_{) + 2x + C} (b) Z sin2xdx倍角= Z 1− cos 2x 2 dx = x 2 − sin 2x 4 + C (c)Z √2x + 3dx =Z √2 r x + 3 2dx = 1 3 2 √ 2 |{z} =23/2  x +3 2 3/2 + C = 1 3(2x + 3) 3/2_{+ C} (d)部分積分して Z x |{z} 微分 e2x |{z} 積分 dx = x 2e 2x₋ Z (x)′e 2x 2 dx = x 2e 2x₋1 4e 2x_{+ C =} 2x− 1 4 e 2x_{+ Cである．} (e)部分積分して Z x |{z} 微分 sin 2x | {z } 積分 dx =−x cos 2x 2 − Z (x)′− cos 2x 2 dx =− x cos 2x 2 + sin 2x 4 + C [2] (a) Z e2xdx = 1 2e 2x_{+ C→ (2) (b)} Z ex2dxは初等関数の範囲で積分出来ないので該当選択肢無し (c) Z  e2x 2x ′ dx = e 2x 2x + C→ (4) (d) t = x 2_{と置換積分してdt =} dt dxdx = 2xdxなので次式を得る． Z x3ex2dx = Z 1 2|{z}t 微分 et |{z} 積分 dt = 1 2te t₋1 2 Z etdt = t− 1 2 e t_{+ C =} x 2_{− 1} 2 e x2_{+ C→ (0)}

[3] (a) t = x2+ 1と置換積分してdt = dt dxdx = 2xdxなので Z 2x x2_{+ 1}dx = Z 1 tdt = log|t|+C t>0 = log(x2+ 1) + C → (1) (b) x = e t_{− e}−t 2 と置換積分をすると、 dx dt = et_{+ e}−t 2 よりdx = et_{+ e}−t 2 dtである． • p1 + x2₌ s 1 +  et_{− e−t} 2 2 = r 4 + (e2t_{− 2 + e−2t)} 4 = √ e2t_{+ 2 + e−2t} 2 = |et_{+ e−t|} 2 = et_{+ e−t} 2 • T = et _{と お く と T > 0 で あ り 、T −} 1 T = 2x を 得 る ．両 辺 に T を 掛 け て T 2 _{− 2xT − 1 = 0 よ り} T = x ±p1 + x2 ₌ p_{1 + x}2 _{+ x,} −(p_{1 + x}2 − x) _{を 得 る ．}p_{1 + x}2 ± x > √_x2 ± x = |x| ± x = ( x± x (0又は2x)≧ 0 (x≧ 0) (−x) ± x (0又は_{− 2x) ≧ 0 (x ≦ 0)} よりT = e t _{= x +}p_{1 + x}2 _{のみ条件T > 0に適し、t = log(x +} p 1 + x2_{)である．} 以上により Z dx √ 1 + x2 = Z 2 et_{+ e}−t × et+ e−t 2 dt | {z } =dx = Z 1dt = t + C = log(x +p1 + x2_{) + C(該当選択肢無し)} (別解) 置換積分 x = tan θ を行う．θ の範囲を−π 2 < θ < π 2 に限定して θ = tan −1_{x としても一般性を失わない．このとき cos θ > 0 に留意する．} 以下の置換積分、及び [3](f) と同様の計算を用いる．dx = dx dθdθ = (1 + tan 2_{θ)dθ =} 1 cos2_θdθ、 p 1 + x2₌p_{1 + tan}2_{θ =} r 1 cos2_θ cos θ>0 = 1

cos θ、sin θ = tan θ cos θ =

x √ 1 + x2．t = sin θ とすると、dt = dt dθdθ = cos θdθ I = Z ₁ √ 1 + x2dx x=tan θ = Z cos θ× 1 cos2_θdθ = Z _{cos θ} 1− sin2θdθ t=sin θ = Z ₋₁ t2_{− 1}dt [3](f) = 1 2log    t + 1 t− 1   + C = 1 2log 1 + sin θ 1− sin θ | {z } >0 ! + C = log s 1 + sin θ 1− sin θ + C sin θ=√x 1+x2 = log s √ 1 + x2_{+ x} √ 1 + x2_{− x}+ C = log s (√1 + x2_{+ x)}2 (√1 + x2_{− x)(}√_{1 + x}2_{+ x)}+ C = log( p 1 + x2_{+ x} | {z } >0 ) + C (c) t = x2+ 1と置換積分してdt = dt dxdx = 2xdxなので Z 2x √ x2_{+ 1}dx = Z 1 √ tdt = 2 √ t + C = 2px2_{+ 1 + C}→ 該当選択肢無し (d) Z 1 √ 1− x2dx = sin −1_{x + C → (8)} (e) x = sin tと置換積分する．tの範囲は₋π 2 ≦ t ≦ π 2 でcos t≧ 0である．t = sin −1_x、dx dt = cos t、 p

1− x2₌p₁− sin2_{t =}√_cos2_{t =}| cos t|cos t₌≧0_{cos tが成立する．従って積分は次式で計算出来、(2)である．}

Z p 1− x2_{dx =} Z cos t× cos tdt_{| {z }} =dx = Z 1 + cos 2t 2 dt = 2t + sin 2t 4 + C = t + sin t cos t 2 + C = sin−1x + x√1− x2 2 + C (f) f (x) = 2 x2− 1 を部分分数分解する．分母がx 2_{− 1 = (x + 1)(x − 1)と因数分解出来るので、} f (x) = A x + 1 + B x− 1 とおく．通分してf (x) = A(x− 1) + B(x + 1) (x + 1)(x− 1) = x(A + B) + (−A + B) (x + 1)(x− 1) = 2 (x + 1)(x− 1) を得る．係数比較して連立方程式A + B = 0、_{−A + B = 2}を得る．これを解いて(A, B) = (−1, 1)なのでf (x) = 1 x− 1 − 1 x + 1である．従って Z 2 x2− 1dx = Z  1 x− 1 − 1 x + 1  dx = log|x − 1| − log |x + 1| + C → (6) [4] F (x) = Z log x x dxである．t = log xと置換積分して dt dx = 1 x なのでF (x) = Z log x x dx = Z tdt = t 2 2 + C = (log x)2 2 + Cである．F (e 2_{) =} (log e2)2 2 + C = 22 2 + C = 2 + C = 0よりC =−2なのでF (e 4_{) =} (log e4)2 2 − 2 = 42 2 − 2 = 6 [5] x′(t) = Z x′′(t)dt = Z adt = at + C1、x(t) = Z x′(t)dt = Z (at + C1)dt = at2 2 + C1t + C2である．x(0) = 0よ りC2= 0、x′(0) = C1= 15、x(4) = 8a + 15× 4 = 36よりa =−3である．x′(T ) =−3T + 15 = 0よりT = 5であ る．このときx(T = 5) = −3 × 5 2 2 + 75 = 75 2