数学 IB 演習問題略解

問1. α= sin⁻¹x, β= sin⁻¹y とすると,−^π₂ ≤α, β≤ ^π₂ ^より, cosα=√

1−sin²α =√ 1−x², cosβ =√

1−y²

と表わせることが分かります. このとき,S=α+β より, sinS= sin(α+β)

= sinαcosβ+ cosαsinβ

=x√

1−y²+y√ 1−x² となることが分かりますが,−^π₂ ≤S ≤ ^π₂ なので,

S= sin⁻¹ (

x√

1−y²+y√ 1−x²

)

となることが分かります.¹

問2. 与えられた関数を微分してみると,次のようになることが分かります. (1) −1

2·

√

1 x(1−√

x)(1 +√

x)³ (2) −2a²(a²+√

a⁴−x⁴) x³√

a⁴−x⁴ (3)ab·(sinax)^b−1(cosbx)^a−1·cos(a+b)x (4) −2 cosx

√1−4 sin²x (5) − 1

sinx (6) |cosx|

2 cosx =±1 2 細かいことですが, (6)では,√

1−sin²x≥0となるので,

√

1−sin²x=√

cos²x=|cosx| となることに注意して下さい.

問3. 勝手な自然数n∈N ^{と勝手な実数} x∈R^に対して, an(x) = cos(n!πx)

1一般に,実数 x ∈ R_に対して, 三角関数の逆関数 sin⁻¹xの値 θ = sin⁻¹x は, −^π₂ ≤ θ ≤ ^π₂, かつ, sinθ=xとなるような実数として定義されることに注意して下さい.

1

と表わすことにします. このとき,

b_n(x) = lim

m→∞(cos(n!πx))^2m

= lim

m→∞(an(x))^2m とすると,

f(x) = lim

n→∞b_n(x)

と表わせることに注意します. そこで, 実数 x ∈ R ^が, 勝手にひとつ与えられたとして, an(x), bn(x), f(x) がどのような値になるのかを,順番に考えてみることにします.

いま,

|a_n(x)|= 1 ⇐⇒ |cos(n!πx)|= 1

⇐⇒ n!πx=mπ, (m∈Z)

⇐⇒ x= m

n!, (m∈Z) (1)

⇐⇒ n!·x∈Z (2)

となることに注意します. そこで,まず,x /∈Qであると仮定してみます. このとき, (1)式 から,勝手な自然数 n∈N^に対して,

|an(x)|=|cos(n!πx)|<1 となることが分かりますから,

b_n(x) = lim

m→∞(a_n(x))^2m = lim

m→∞|a_n(x)|^2m= 0

となることが分かります.² したがって,勝手な自然数n∈N^に対して, b_n(x) = 0となる ことが分かりますから,

f(x) = lim

n→∞b_n(x) = 0 となることが分かります.

次に,x = ^p_q ∈Q,(p, q ∈Z) が有理数であると仮定してみます. このとき, n≥ |q|^とな るような自然数 n∈N^に対して,

n!·x= n!·p q ∈Z となることが分かりますから, (2)式と合わせて,

|a_n(x)|=|cos(n!πx)|= 1 となることが分かります. よって,n≥ |q|^のとき,

bn(x) = lim

m→∞(an(x))^2m = lim

m→∞|an(x)|^2m = lim

m→∞1^2m= 1

2ここで,|an(x)|^は,|an(x)|<1となるmによらない「定数」であることに注意して下さい.

となることが分かりますから,

f(x) = lim

n→∞b_n(x) = 1 となることが分かります.

以上より,関数 f(x) の値は,有理数全体の集合をQとして, f(x) =





1, x∈Q 0, x /∈Q となることが分かります.

問4. 数学的帰納法を用いて証明することができます. 問5. (1) 1, (2) 1

e.

これらの極限値は,例えば,次のようにして求めることができます. (1) いま, √ⁿ

n≥1となることに注意して,³

√n

n= 1 +a_n (1)

という式により,an を定めてみます. このとき, (1) 式の両辺をn乗してみると, n= (1 +a_n)ⁿ

= 1 +nan+n(n−1)

2 a²_n+· · ·+aⁿ_n (2) となることが分かりますが, an ≥0 であることに注意すると, (2) 式の右辺に現われる各 項は正になることが分かりますから,n≥2のとき, (2)式から,

n≥ n(n−1)

2 a²_n (3)

となることが分かります. よって, (3)式から, 0≤a_n≤

√ 2 n−1 となることが分かるので,

nlim→∞an= 0 となることが分かります. したがって,

nlim→∞

√n

n= lim

n→∞(1 +an) = 1 となることが分かります.

3例えば,n≥1という式の両辺を ¹_n 乗してみると, √ⁿ

n≥1となることが分かります.

他には,例えば,次のような議論をすることもできます. いま, 0< α∈Rに対して, f(x) =x^α−αlogx

という関数の増減表を調べてみると,x≥1 のとき, αlogx≤x^α

となることが分かります.⁴ そこで,例えば,α= ¹₂ としてみると, 0< 1

nlogn≤ 2√ n n = 2

√n と評価できることが分かりますから,

nlim→∞

1

nlogn= 0 (4)

となることが分かります. よって, (4)式から,

nlim→∞

√n

n= lim

n→∞e^n1logn=e⁰ = 1 となることが分かります.

(2) いま, log(n!) =∑_n

k=1logk と表わせることに注意して,∑_n

k=1logk とlogx のグラフ を比べてみると, ∫ _n

1

logx dx≤

∑n k=1

logk≤

∫ _n+1

1

logx dx となることが分かります. そこで,両辺の積分を,

∫ _n

1

logx dx= [xlogx−x]ⁿ₁

=nlogn−n+ 1 などと計算してみると,⁵

nlogn−n≤logn!−1≤(n+ 1) log(n+ 1)−(n+ 1) となることが分かります. ここで,

nlogn−n= log (n

e )n

logn!−1 = logn!

e となることなどに注意すれば,

(n e

)n

≤ n!

e ≤

(n+ 1 e

)_n+1

(5)

4皆さん,確かめてみて下さい.

5logxの原始関数がxlogx−xとなることが思い浮かばない場合には, logx= 1·logx=_dx^d {x} ·logx と考えて,部分積分をすることで求めることができます.

となることが分かります. よって, (5)式から, n

e ≤

√n

n!

e¹ⁿ ≤

(n+ 1 e

)1+_n¹

= n¹⁺ⁿ¹ ·(

1 +¹_n)1+_n¹

e¹⁺ⁿ¹ となることが分かりますから,

eⁿ¹ e ≤

√n

n!

n ≤ ⁿ

√n·(

1 +_n¹)1+_n¹

e (6)

となることが分かります. ここで,

nlim→∞

e¹ⁿ e = 1

e (7)

となることと, (1)の結果から,

nlim→∞

√n

n·(

1 +¹_n)1+¹_n

e = limn→∞ √ⁿ

n·limn→∞(

1 +_n¹)1+_n¹

e = 1·1

e = 1

e (8)

となることが分かりますから, (6)式, (7) 式, (8) 式から,

nlim→∞

√n

n!

n = 1 e となることが分かります.

問6. lim

n→∞

1 +¹₃ +¹₅ +· · ·+_2n¹₋₁

1

2 +¹₄ +¹₆ +· · ·+_2n¹ = 1

この極限値は,例えば,次のようにして求めることができます. いま,分子の値を積分の値と比べてみると,

∫ _n+1

1

dx

2x−1 ≤1 +1 3 +1

5 +· · ·+ 1

2n−1 ≤1 +

∫ _n

1

dx 2x−1

となることが分かります. よって,両辺の積分の値を計算してみると,分子の値は, 1

2log(2n+ 1)≤1 +1 3 +1

5 +· · ·+ 1

2n−1 ≤1 +1

2log(2n−1) (1) というように評価できることが分かります. 全く同様にして,分母の値を積分の値と比べ てみると, ∫ _n+1

1

dx 2x ≤ 1

2+ 1 4+1

6 +· · ·+ 1 2n ≤ 1

2+

∫ _n

1

dx 2x となることが分かります. よって,分母の値は,

1

2log(n+ 1)≤ 1 2+1

4+1

6 +· · ·+ 1 2n ≤ 1

2+1

2logn (2)

というように評価できることが分かります. したがって, (2)式から, 1

1

2 +¹₂logn ≤ 1

1

2 +¹₄ +¹₆ +· · ·+_2n¹ ≤ 1

1

2log(n+ 1) となることが分かりますから, (1)式と合わせて,

1

2log(2n+ 1)

1

2 +¹₂logn ≤ 1 +¹₃ +¹₅ +· · ·+_2n¹₋₁

1

2 +¹₄ +¹₆ +· · ·+_2n¹ ≤ 1 +¹₂log(2n−1)

1

2log(n+ 1) (3)

となることが分かります. ここで,

1

2log(2n+ 1)

1

2 +¹₂logn = log(2n+ 1)

1 + logn = logn+ log(2 + _n¹)

1 + logn = 1 +_log¹_n·log(2 +_n¹)

1 logn+ 1 と書き直してみると,

nlim→∞

1

2log(2n+ 1)

1

2 +¹₂logn = 1 (4)

となることが分かります. 全く同様に, 1 +¹₂log(2n−1)

1

2log(n+ 1) = 2 + log(2n−1)

log(n+ 1) = 2 + logn+ log(2−_n¹) logn+ log(1 +_n¹)

=

2

logn+ 1 +_log¹_n·log(2− ¹_n) 1 +_log¹_n·log(1 + ¹_n)

と書き直してみると,

nlim→∞

1 +¹₂log(2n−1)

1

2log(n+ 1) = 1 (5)

となることが分かります. よって, (3)式, (4)式, (5)式から,

nlim→∞

1 +¹₃ +¹₅ +· · ·+_2n¹₋₁

1

2 +¹₄ +¹₆ +· · ·+_2n¹ = 1 となることが分かります.

問7. f(x) =√

1 +x として,f(x)の微分を順番に求めてみると, f⁰(x) = 1

2(1 +x)⁻¹² f⁰⁰(x) = 1

2· (

−1 2

)

(1 +x)⁻³² f⁰⁰⁰(x) = 1

2· (

−1 2

)

· (

−3 2

)

(1 +x)⁻⁵² ...

f^(k)(x) = 1 2·

(

−1 2

)

· (

−3 2

)

· · · (

−2k−3 2

)

(1 +x)^−2k−12 ...

などとなることが分かりますから,

f^(k)(0) =









1, ( k= 0 のとき )

1

2, ( k= 1 のとき )

(−1)^k−1·1·3···(2k−3)

2^k , ( k≥2のとき )

となることが分かります. したがって,f(x) =√

1 +xの Taylor展開は,

√1 +x= 1 +x 2 +

∑∞ k=2

(−1)^k−1·(2k−3)!!

2^k·k! x^k

= 1 +x 2 +

∑∞ k=2

(−1)^k−1·(2k−3)!!

(2k)!! x^k

= 1 +x 2 −x²

8 +x³ 16− 5

128x⁴+· · ·

となることが分かります. ただし,一般に,正の自然数2k+ 1,2k∈N^に対して,





(2k+ 1)!! = (2k+ 1)(2k−1)(2k−3)· · · · ·3·1, (2k)!! = 2k·(2k−2)· · · · ·4·2

と表わしました.

問8. (1) 1, (2) −3

4, (3) 1

2, (4) 1.

これらの値は,分子を有理化することによって,例えば,次のようにして求めることができ ます.

(1)

√1 +x−√ 1−x

x = (1 +x)−(1−x) x(√

1 +x+√ 1−x)

= 2

√1 +x+√

1−x −→ 1, ( x→0 のとき) (2) √

4x²−3x+ 1−2x= (4x²−3x+ 1)−4x² (√

4x²−3x+ 1 + 2x)

= −3 +_x¹

√

4− ³_x+_x¹2 + 2

−→ −3

4, ( x→+∞ ^のとき ) (3)

√1 +x−1

x = (1 +x)−1 x(√

1 +x+ 1)

= 1

√1 +x+ 1 −→ 1

2, ( x→0 のとき) (4)

√1 +x²−1

x = (1 +x²)−1 x(√

1 +x²+ 1)

= 1

√ 1

x² + 1 +_x¹

−→ 1, ( x→+∞ ^のとき )

また,分子の有理化ということに気が付かなくとも,

√1 +x= 1 +x 2 −x²

8 +x³ 16 − · · · という √

1 +x のTaylor展開を用いて,直接,次のように計算することもできます.

(1)

√1 +x−√ 1−x

x = 1

x · {(

1 +x 2 −x²

8 +x³ 16 − · · ·

)

− (

1−x 2 −x²

8 −x³ 16 − · · ·

)}

= 1 + x²

8 +· · · −→ 1, ( x→0のとき ) (2)√

4x²−3x+ 1−2x

= 2x· {√

1− 1 x ·

(3 4 − 1

4x )

−1 }

= 2x·{√

1−y−1

} (

ただし,y= 1 x ·

(3 4− 1

4x )

とした )

= 2x· {(

1−y 2 −y²

8 − · · · )

−1 }

=− (3

4− 1 4x

)

− 1 4x·

(3 4 − 1

4x )2

− · · · −→ −3

4, ( x→+∞^のとき )

(3)

√1 +x−1

x = 1

x · {(

1 +x 2 −x²

8 +· · · )

−1 }

= 1 2 −x

8 +· · · −→ 1

2, (x→0 のとき) (4)

√1 +x²−1

x =

√ 1

x² + 1− 1

x −→ 1, ( x→+∞ のとき )

問9. e^x√

1−x= 1 +x 2 −x²

8 −13

48x³+· · · いま,e^x,√

1−x は,それぞれ,

e^x = 1 +x+x² 2! +x³

3! +· · ·

√1−x= 1−x 2 −x²

8 −x³ 16 − · · · というようにTaylor展開されることが分かりますから,e^x√

1−xは, e^x√

1−x= (

1 +x+ x² 2 +x³

6 +· · · ) (

1− x 2 −x²

8 − x³ 16− · · ·

)

= 1 +x 2 −x²

8 −13

48x³+· · · というようにTaylor展開されることが分かります. 問10. いま, _1+bx¹ は,

1

1 +bx = 1−bx+b²x²−b³x³+b⁴x⁴− · · · というようにTaylor展開されることに注意すると, ^1+ax_1+bx は,

1 +ax

1 +bx = (1 +ax)(1−bx+b²x²−b³x³+b⁴x⁴− · · ·)

= (1−bx+b²x²−b³x³+b⁴x⁴− · · ·) + (ax−abx²+ab²x³−ab³x⁴− · · ·)

= 1 + (a−b)x−(a−b)bx²+ (a−b)b²x³−(a−b)b³x⁴+· · · というように表わせることが分かります. したがって,

e^x−1 +ax 1 +bx =

(

1 +x+x² 2! +x³

3! +· · · )

−{

1 + (a−b)x−(a−b)bx²+ (a−b)b²x³− · · ·}

={1−(a−b)}x+ {1

2+ (a−b)b }

x²+ {1

3! −(a−b)b² }

x³+· · ·

となることが分かりますから, 1

x³ (

e^x−1 +ax 1 +bx

)

={1−(a−b)} 1 x² +

{1

2 + (a−b)b }1

x + {1

6−(a−b)b² }

+· · · (1) となることが分かります. よって, (1)式から,求める条件は,





1−(a−b) = 0

1

2 + (a−b)b= 0 (2)

となることが分かります. したがって, (2)式から,求める条件は, a= 1

2, b=−1 2

となることが分かります. また,このとき,求める極限値は,再び, (1)式から,

xlim→0

1 x³

(

e^x−1 +ax 1 +bx

)

= 1

6−(a−b)b² =−1 12 となることが分かります.

問11. いま, f(y) = √¹

1−y として, 関数 f(y) の Taylor展開を求めると, 問7と同様に して,

√ 1

1−y = 1 +

∑∞ n=1

(2n−1)!!

2ⁿ·n! yⁿ= 1 +

∑∞ n=1

(2n−1)!!

(2n)!! yⁿ (1)

となることが分かります.⁶ よって, (1)式に,y=x² を代入してみることで,

√ 1

1−x² = 1 +

∑∞ n=1

(2n−1)!!

(2n)!! x²ⁿ (2)

となることが分かります. そこで, (2) 式の両辺を積分してみると,C ∈ R ^{を積分定数と} して,

sin⁻¹x=C+x+

∑∞ n=1

(2n−1)!!

(2n)!! · x²ⁿ⁺¹

2n+ 1 (3)

となることが分かります. さらに, sin⁻¹0 = 0 であることに注意して, (3) 式の両辺で x= 0 としてみると,C= 0 となることが分かります. よって, (3) 式から,

sin⁻¹x=x+

∑∞ n=1

(2n−1)!!

(2n)!! · x²ⁿ⁺¹

2n+ 1 (4)

となることが分かります. また, sin^π₆ = ¹₂ となることに注意して, (4)式において,x = ¹₂ としてみると,

π

6 = sin⁻¹ 1 2 = 1

2+

∑∞ n=1

(2n−1)!!

(2n)!! · 1 2n+ 1·

(1 2

)_2n+1

6皆さん,確かめてみて下さい.

となることが分かります. 問12. (1) log(cosx) =−x²

2 −x⁴ 12 −x⁶

45 +· · · (2) tanx=x+x³

3 + 2

15x⁵+· · ·

これらの展開は,例えば,次のようにして求めることができます. いま, cosx を, cosx= 1−x²

2! +x⁴ 4! −x⁶

6! +· · ·

= 1− (x²

2! −x⁴ 4! +x⁶

6! − · · · )

= 1−y

(

ただし,y= x² 2! −x⁴

4! +x⁶

6! +· · · ^とした. )

というように表わしてみます. すると, log(cosx)は, log(cosx) = log(1−y)

=−y−y² 2 −y³

3 − · · ·

=− (x²

2 −x⁴ 4! +x⁶

6! +· · · )

−x⁴ 2

(1 2− x²

4! +· · · )2

− x⁶ 3

(1 2 − · · ·

)3

− · · ·

=− (x²

2 −x⁴ 4! +x⁶

6! +· · · )

−x⁴ 2

(1 4− x²

4! +· · · )

−x⁶ 3

(1 8 − · · ·

)

− · · ·

=−x² 2 +

(1 4!− 1

2·4 )

x⁴+ (

−1 6! + 1

2·4!− 1 3·8

)

x⁶+· · ·

=−x² 2 −x⁴

12 −x⁶ 45 +· · ·

と表わせることが分かります. 全く同様に, tanx は, tanx= sinx

cosx

= sinx 1−y

= sinx(

1 +y+y²+· · ·)

= sinx+ sinx·y+ sinx·y²+· · ·

= (

x−x³ 3! + x⁵

5! − · · · )

+x³ (

1−x² 3! +· · ·

)

· (1

2−x² 4! +· · ·

)

+x⁵(1− · · ·)· (1

2− · · · )2

+· · ·

= (

x− x³ 3! + x⁵

5! − · · · )

+x³· {1

2 − ( 1

2·3!+ 1 4!

)

x²+· · · }

+ (x⁵

4 − · · · )

+· · ·

=x+ (

−1 3!+ 1

2 )

x³+ (1

5!− 1 2·3!− 1

4!+ 1 4

)

x⁵+· · ·

=x+ x³ 3 + 2

15x⁵+· · · と表わせることが分かります.

問13. (1 +x)^x = 1 +x²−x³ 2 +5

6x⁴−3

4x⁵+33

40x⁶+· · · まず, (1 +x)^x は,

(1 +x)^x =e^xlog(1+x) というように表わせることに注意します. いま, log(1 +x) は,

log(1 +x) =x−x² 2 +x³

3 −x⁴ 4 +x⁵

5 − · · · というようにTaylor展開できることが分かりますから,

xlog(1 +x) =x²−x³ 2 +x⁴

3 −x⁵ 4 +x⁶

5 − · · · と表わせることが分かります. したがって,

(1 +x)^x=e^xlog(1+x)

= 1 +{xlog(1 +x)}+1

2{xlog(1 +x)}²+ 1

3!{xlog(1 +x)}³+· · ·

= 1 + (

x²−x³ 2 +x⁴

3 −x⁵ 4 +x⁶

5 − · · · )

+x⁴ 2

( 1−x

2 +x² 3 − · · ·

)2

+ x⁶

6 (1− · · ·)³+· · ·

= 1 + (

x²−x³ 2 +x⁴

3 −x⁵ 4 +x⁶

5 − · · · )

+x⁴ 2

(

1−x+11

12x²+· · · )

+ x⁶

6 (1− · · ·) +· · ·

= 1 +x²−x³ 2 +

(1 3+ 1

2 )

x⁴+ (

−1 4 −1

2 )

x⁵+ (1

5 +11 24 +1

6 )

x⁶+· · ·

= 1 +x²−x³ 2 +5

6x⁴−3

4x⁵+33

40x⁶+· · · となることが分かります.

問14. (1) (a₁a₂· · ·a_n)¹ⁿ, (2) max{a₁, a₂,· · · , a_n}

これらの極限値は,例えば,次のようにして求めることができます. (1) いま,それぞれのi= 1,2,· · ·, n に対して,a^x_i は,

a^x_i =e^xlogai = 1 +xloga_i+x²

2 (loga_i)²+· · · というように表わせることが分かりますから,

y= x n

∑n i=1

loga_i+ x² 2n

∑n i=1

(loga_i)²+· · · として,

1 n

∑n i=1

a^x_i = 1 +y, というように表わせることが分かります. ここで,

( 1 n

∑n i=1

a^x_i )¹

x

= (1 +y)^1x =e^1xlog(1+y) と表わしてみると,

1

xlog(1 +y) = 1 x

( y−y²

2 +· · · )

= 1 x



 (

x n

∑n i=1

loga_i+ x² 2n

∑n i=1

(loga_i)²+· · · )

− 1 2

( x n

∑n i=1

loga_i+· · · )2

+· · ·





= 1 n

∑n i=1

loga_i+



 1 2n

∑n i=1

(loga_i)²− 1 2n²

( _n

∑

i=1

loga_i )2



·x+· · ·

= 1

nlog(a₁a₂· · ·a_n) +· · · となることが分かりますから,

( 1 n

∑n i=1

a^x_i )¹

x

=e^1xlog(1+y)

=e^{n1log(a1a2···an)+···} −→ e^{n1log(a1a2···an)}

= (a₁a₂· · ·a_n)ⁿ¹ , ( x→0のとき ) となることが分かります.

(2) 必要なら番号を付け替えることで,a₁ ≥ a₂ ≥ · · · ≥a_n >0 と仮定することができま す. このとき,

(a^x₁+a^x₂ +· · ·+a^x_n n

)1/x

=a₁·



 1 +

(a2

a1

)x

+· · ·+ (an

a1

)x

n





1/x

(1)

と表わして考えてみることにします. すると,仮定から, 0< ^a_aⁱ

1 ≤1なので,x >0 のとき, 0<

(a_i a₁

)x

≤1 となることが分かりますから,

1 n <

1 + (a2

a1

)x

+· · ·+ (an

a1

)x

n ≤ 1 + 1 +· · ·+ 1

n = 1 (2)

となることが分かります. そこで, (2)式の各辺を ¹_x 乗してから x→ ∞ ^{としてみると},

xlim→∞

(1 n

)1/x

= (1

n )0

= 1 となることが分かりますから,

xlim→∞



 1 +

(a2

a1

)x

+· · ·+ (an

a1

)x

n





1/x

= 1

となることが分かります. したがって, (1)式と合わせて,

xlim→∞

(a^x₁ +a^x₂+· · ·+a^x_n n

)1/x

=a₁

となることが分かりますが,いま,a1 ≥a2 ≥ · · · ≥an>0と仮定していたので,

xlim→∞

(a^x₁ +a^x₂+· · ·+a^x_n n

)1/x

= max{a1, a2,· · ·, an} と表わせることが分かります.

問15. (1) −e

2, (2) 5

24, (3) 1

√e, (4) 1 6

これらの極限値は, 例えば, Taylor展開を利用して, 次のようにして求めることができ ます.

(1) まず, (1 +x)^x1 =e^x1log(1+x) と表わせることに注意します. いま, log(1 +x) は, log(1 +x) =x−x²

2 +x³ 3 − · · · というようにTaylor展開されることが分かりますから,

1

xlog(1 +x) = 1− x 2 + x²

3 − · · ·

= 1− (x

2 − x² 3 +· · ·

)

= 1−y

(

ただし,y= x 2 −x²

3 +· · · ^とした. )

と表わせることが分かります. よって, (1 +x)^1x −e=e^1−y−e

=e·(e^−y−1)

=e· {(

1−y+ y² 2! − · · ·

)

−1 }

=e· {

− (x

2 −x² 3 +· · ·

) + 1

2!

(x 2 −x²

3 +· · · )2

− · · · }

=e· (

−1

2x+· · · )

となることが分かりますから, (1 +x)^1x −e

x =e·

(

−1 2+· · ·

)

−→ −e

2, ( x→0のとき ) となることが分かります.

(2) いま, _ex^x−1 は, x

e^x−1 = ( x

1 +x+^x_2!² +^x_3!³ +· · ·)

−1

= 1

1 +^x₂ +^x_3!² +· · ·

= 1

1 +y

(

ただし,y= x 2 +x²

3! +· · · ^とした. )

= 1−y+y²− · · ·

= 1− (x

2 +x² 3! +· · ·

) +

(x 2 +x²

3! +· · · )2

− · · ·

= 1−x 2 +x²

12 +· · ·

というようにTaylor展開できることが分かります. 一方,√

1−x は,

√1−x= 1−x 2 −x²

8 − · · · というようにTaylor展開できることが分かりますから,

1 x²

( x

e^x−1−√ 1−x

)

= 1 x²

{(

1− x 2 + x²

12+· · · )

− (

1−x 2 − x²

8 − · · · )}

= 5

24 +· · · −→ 5

24, (x→0 のとき) となることが分かります.

(3) まず, (cosx)^x12 =e^x12log(cosx) と表わせることに注意します. いま, cosx を, cosx= 1−x²

2! + x⁴ 4! − · · ·

= 1−y

(

ただし,y= x² 2! −x⁴

4! +· · · とした. )

と表わしてみると,

log(cosx) = log(1−y)

=−y− y² 2 − · · ·

=− (x²

2! −x⁴ 4! +· · ·

)

−1 2

(x² 2! −x⁴

4! +· · · )2

− · · ·

=−x² 2 +· · · と表わせることが分かります. よって,

1

x²log(cosx) =−1 2+· · · となることが分かりますから,

(cosx)^x12 =e^x12log(cosx)

=e^−12+··· −→ e⁻¹² = 1

√e, (x→0 のとき) となることが分かります.

(4) まず,

e^x+ 1 e^x−1 −2

x = x(e^x+ 1)−2(e^x−1)

x(e^x−1) (3)

と表わせることに注意します. このとき, (3)式の分子は, x(e^x+ 1)−2(e^x−1)

=x {(

1 +x+x² 2! +· · ·

) + 1

}

−2 {(

1 +x+x² 2! +x³

3! +· · · )

−1 }

= (

2x+x²+x³ 2 +· · ·

)

− (

2x+x²+x³ 3 +· · ·

)

= x³ 6 +· · ·

と表わせることが分かります. 一方, (3) 式の分母は, x(e^x−1) =x

{(

1 +x+x² 2! +· · ·

)

−1 }

=x²+ x³ 2 +· · · と表わせることが分かりますから,

1 x

(e^x+ 1 e^x−1 −2

x )

= x(e^x+ 1)−2(e^x−1) x²(e^x−1)

=

x³ 6 +· · · x³+· · ·

=

1 6 +· · ·

1 +· · · −→ 1

6, ( x→0のとき ) となることが分かります.

問16. a₀= log 2, a_2m+1= 1 2m+ 1·

(1 2

)2m+1

, a_2m = (−1)^m−1

m − 1

2m· (1

2 )2m

これらの係数は,例えば,次のようにして求めることができます. まず,x³+ 2x²+x+ 2は,

x³+ 2x²+x+ 2 = (x+ 2)(x²+ 1) (1) というように因数分解できることに注意します. すると, (1)式から,

log(x³+ 2x²+x+ 2) = log(x+ 2) + log(x²+ 1)

= log 2 + log (

1 +x 2 )

+ log(1 +x²) (2) と表わせることが分かります. そこで, log(1 +y) が,

log(1 +y) =y−y² 2 +y³

3 − · · ·

=

∑∞ n=1

(−1)ⁿ⁻¹yⁿ

n (3)

というようにTaylor展開されることに注意して, (3)式において,y = ^x₂,あるいは,y=x² などとしてみると, (2) 式から,

log (x³+ 2x²+x+ 2)

= log 2 + log (

1 +x 2 )

+ log(1 +x²)

= log 2 +

∑∞ n=1

(−1)ⁿ⁻¹ n ·(x

2 )n

+

∑∞ m=1

(−1)^m−1x^2m m

= log 2 +

∑∞ m=0

1

2m+ 1·(x 2

)2m+1

+

∑∞ m=1

{

(−1)^m−1

m − 1

2m · (1

2 )2m}

x^2m というように表わせることが分かります.

問17. log (

x+√ 1 +x²

)

=x+

∑∞ k=1

(−1)^k(2k−1)!!

(2k)!! · x^2k+1 2k+ 1 この結果は,例えば,次のようにして分かります.

いま,f(x) = log (

x+√ 1 +x²

)

とすると, f⁰(x) = 1

√1 +x² (1)

となることに注意します. また, √¹

1+y という関数のTaylor展開は,

√ 1

1 +y = 1 +

∑∞ k=1

(−1)^k(2k−1)!!

(2k)!! ·y^k (2)

という式によって与えられることにも注意します. そこで, いま, (2) 式において,y =x² としてみると, (1)式, (2)式から,

f⁰(x) = 1 +

∑∞ k=1

(−1)^k(2k−1)!!

(2k)!! ·x^2k (3)

となることが分かります. さらに, (3)式の両辺を積分してみると,C を積分定数として, f(x) =C+x+

∑∞ k=1

(−1)^k(2k−1)!!

(2k)!! · x^2k+1

2k+ 1 (4)

となることが分かりますが,x= 0として, (4)式の両辺を比べてみると,C = 0となるこ とが分かります. 以上から,関数 f(x) は,

f(x) =x+

∑∞ k=1

(−1)^k(2k−1)!!

(2k)!! · x^2k+1 2k+ 1 というようにTaylor展開できることが分かります.

問18. いま,e= _p^q, p, q∈N と表わされたと仮定してみます. このとき, Taylorの定理か ら,勝手な自然数 n∈N^に対して,

q

p =e= 1 + 1 1!+ 1

2!+· · ·+ 1

n!+ e^θn

(n+ 1)! (1)

と表わせるような実数 θ_n ∈ R^が, 0 < θ_n <1 という範囲に存在することが分かります. ここで, (1)式の両辺に,n!を掛けて,適当に移項してみると,

e^θn

n+ 1 = q·n!

p −n!· {

1 + 1 1! + 1

2!+· · ·+ 1 n!

}

(2) となることが分かりますが, (2)式の右辺の表示から,n≥p のとき, _n+1^eθn は整数になるこ とが分かります. 一方, 0< θn<1より,

1< e^θn< e

となることが分かりますから, _n+1^e < ¹₂ のとき,すなわち,n >2e−1 のとき, 0< e^θn

n+ 1 < e n+ 1 < 1

2 <1

となることが分かります. 以上の議論から,n≥p,かつ,n >2e−1 のとき, _n+1^eθn は, 0< e^θn

n+ 1 <1