基礎数学 II - 練習問題 2011/01/11, 西岡

基礎数学 II - ^練習問題 2011/01/11,

西岡

1 ^{関数の極限と連続性}

問題

1.1.

次の極限値を求めよ

.

(i) lim

x→0

( 1 x − 1

x

³

)

, (ii) lim

x→∞

x + 1

2x + 3 , (iii) lim

x→∞

√ x x

²

+ 1 .

問題

1.2. 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

, f (c) = g(c)

となる

2 微分

問題

2.1. (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 = (x

³

+ x

²

+ 1)

¹⁰

, (2) y = log(x

²

+ x + 1), (3) y = √

1 + x

²

, (4) y = cos (

log x

²

+ x + 1 ) .

(ii)

上記の関数

(1) – (4)

を微分せよ

.

問題

2.2.

次の関数を微分せよ

.

(1) y = (x

²

+ 1)

⁵

(x

³

+ 1)

⁴

, (2) y = log x

²

x

²

+ 1 , (3) y = exp { (x

²

+ 1)

²

} .

問題

2.3. f (x), g(x), h(x)

を微分可能な関数とする

.

次の関数を微分せよ

.

(a) f ( g (

h(x) ))

, (b)

(

f (x) · g(x) · h(x) )

.

問題

2.4.

次の関数を微分せよ

. (i) sin (

e

^sinx

)

, (ii) e

^x

sin x (cos x)

²

, (iii) (x + 1)

³

(x

²

+ 1)

²

(x

³

+ 1).

問題

2.5.

次が成立することを示せ

: (i)

定数

α 6 = 0

にたいし

, (

e

^{α x}

)

₀

= α e

^{α x}

. (ii)

定数

α 6 = 0

と

x 6 = 0

にたいし

, (

log | x |

^α

)

₀

= α x . (iii)

定数

α 6 = 0, β > 0

にたいし

, (

β

^{α x}

)

₀

= (

α log β )

β

^{α x}

.

3 ^{平均値の定理} , ^{テイラーの定理} , ^応用

問題

3.1.

次の不等式が成立することを示せ

. √

x + 1 < 1 + x

2 for x > 0.

問題

3.2. f (x)

を

3

階微分可能な関数とする

.

次を証明せよ

. (i) a < c < x

なる

c

があり

, f (x) = f (a) + f

⁰

(c)(x − a).

(ii) a < d < c < x

なる

d

があり

, f (x) = f (a) + f

⁰

(a)(x − a) + f

⁰⁰

(d)(c − a)(x − a).

問題

3.3.

次の関数の極値を調べよ

.

(i) f (x) = x

⁵

− 10x

³

+ a, a

は定数

, (ii) g(x) = x

^4/5

( 1 − x )

, x ≥ 0.

問題

3.4.

次の極限を求めよ

. (i) lim

x→0

1 − e

^x2

x

²

, (ii) lim

x→0

4

^x

− 3

^x

x , (iii) lim

x→0

x

²

1 − (1/ cos x) .

問題

3.5.

次の議論で何処が誤りかを述べよ

.

(i) lim

x→0

sin x x + 1 = lim

x→0

(sin x)

⁰

(1 + x)

⁰

= lim

x→0

cos x 1 = 1.

(ii) lim

x→0

e

^−1/x2

x = lim

x→0

(e

^−1/x2

)

⁰

(x)

⁰

= lim

x→0

2

x

³

· e

^−1/x2

=

不定

.

4 複素数とオイラーの等式

問題

4.1.

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

√ 2 + i 1

√ 2 , (iii) − 2 + 2i

問題

4.2.

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) z

³

= 1, (ii) z

⁴

= 1, (iii) z

³

= − 1.

5 ^不定積分 , ^定積分

問題

5.1.

次の不定積分を計算せよ

. (i)

∫

(x + 3)

³

dx, (ii) ∫

(4x + 2)

⁴

dx,

(iii)

∫

(4x

³

+ 3x

²

) (x

⁴

+ x

³

+ 4)

⁵

dx, (iv)

∫ x

⁵

1 + x

⁶

dx.

問題

5.2.

次の不定積分を計算せよ

. (i)

∫ x √

x + 3 dx, (ii)

∫ e

^x

e

^x

+ 2 dx (iii)

∫

x e

^x

dx (iv)

∫

x

²

e

^x

dx, (v) ∫ ( log x )

2

dx, (vi)

∫ log x x dx.

問題

5.3.

次の不定積分を計算せよ

. (i)

∫ 1

x(x + 1) dx, (ii)

∫ 1

1 + e

^x

dx, [

ヒント

: e

^x

= t

とおく

].

6 ^解答

[

問題

1.1

解答

] (i) −∞ . (ii) 1/2. (iii) 1.

[

問題

1.2

解答

] h(x) ≡ f (x) − g(x)

とおく

.

条件より

, h(0) < 0

かつ

h(1) > 0.

h(0) < − 1

N

^{である自然数}

N

にたいし

,

a

n

≡ min { x ∈ (0, 1) : h(x) ≥ − 1

n } , n > N

とおく

.

Step 1. x < a

n なら

h(x) < − 1

n

^{となるので}

,

h(x) < − 1

n ≤ h(a

n

).

ここで

x → a

n とすると

, h

は連続関数だから

h(a

_n

) ≤ − 1

n ≤ h(a

_n

) ⇒ h(a

_n

) = − 1 n . Step 2.

もし

lim

_n→∞

a

_n

≥ 1

とすると

,

h(x) ≤ 0 for all x ∈ [0, 1]

となり

, h(1) > 0

に矛盾

.

よって

α ≡ lim

_n→∞

a

_n

< 1.

すると

h(α) = lim

n→∞

h(a

_n

)) = lim

n→∞

( − 1 n )

= 0. 2

[

問題

2.1

解答

] f (x), g(x)

をどう選ぶかで

(ii)

の難易が決まる

.

それをどう選ぶかはセンス

=

勘と練習

, (i) (1) f (x) = x

¹⁰

, g(x) = x

³

+ x

²

+ 1. (2) f(x) = log x, g(x) = x

²

+ x + 1.

(3) f (x) = √

x, g(x) = 1 + x

²

. (4) f (x) = cos x, g(x) = log (

x

²

+ x + 1 ) . (ii)

合成関数の微分公式

(

f (g(x)) )

₀

= f

⁰

(g(x)) g

⁰

(x)

をつかう

. (1)

(

(x

³

+ x

²

+ 1)

¹⁰

)

₀

= 10 (x

³

+ x

²

+ 1)

⁹

(3x

²

+ 2x) = 10 x (3x + 2)(x

³

+ x

²

+ 1)

⁹

. (2)

(

log(x

²

+ x + 1) )

₀

= 1

(x

²

+ x + 1) (2x + 1) = 2x + 1 x

²

+ x + 1 . (3)

( √ x

²

+ 1

)

₀

= 1

2 √

x

²

+ 1 2x = x

√ x

²

+ 1 .

(4) (

cos (

log(x

²

+ x + 1) ))

⁰

= − sin (

log(x

²

+ x + 1) )

· 2x + 1 x

²

+ x + 1 . 2 . [

問題

2.2

解答

] (1)

(

(x

²

+ 1)

⁵

(x

³

+ 1)

⁴

)

₀

= 10x (x

²

+ 1)

⁴

(x

³

+ 1)

⁴

+ 12x

²

(x

²

+ 1)

⁵

(x

³

+ 1)

³

= 2x (x

²

+ 1)

⁴

(x

³

+ 1)

³

{ 5(x

³

+ 1) + 6x(x

²

+ 1) } = 2x (x

²

+ 1)

⁴

(x

³

+ 1)

³

(11x

³

+ 6x + 5).

(2) (

log x

²

x

²

+ 1

)

₀

= 2

x − 2x

x

²

+ 1 = 2 x (x

²

+ 1) . (3)

(

exp { (x

²

+ 1)

²

} )

₀

= exp { (x

²

+ 1)

²

} 4x (x

²

+ 1). 2 [

問題

2.3

解答

] (a)

合成関数の微分公式を二度使う

.

( f (

g(h(x)) ))

⁰

= f

⁰

(

g(h(x)) )

· ( g(h(x))

)

₀

= f

⁰

( g (

h(x) ))

· g

⁰

( h(x) )

· h

⁰

(x).

(b)

関数の積の微分公式を

2

度使う

. G(x) ≡ g(x) · h(x)

とおいて

, d

dx (

f (x) · g(x) · h(x) )

= d dx

(

f (x) · G(x) )

= f

⁰

(x) · G(x) + f (x) · G

⁰

(x)

= f

⁰

(x) · g(x) · h(x) + f(x) · g

⁰

(x) · h(x) + f (x) · g(x) · h

⁰

(x). 2

[

問題

2.4

解答

]

方針

=

前の

[

問題

2.3]

を使う

.

(i) f (x) = sin x, g(x) = e

^x

, h(x) = sin x

とおくと

, f (

g(h(x)) )

= sin ( e

^sinx

)

.

問題

2.3

より

, d

dx (

sin ( e

^sinx

))

= cos ( e

^sinx

)

· e

^sinx

· cos x = cos ( e

^sinx

)

e

^sinx

cos x.

(ii) d dx

(

e

^x

sin x · (cos x)

²

)

= e

^x

sin x · (cos x)

²

+ e

^x

cos x · (cos x)

²

− e

^x

sin x · 2 cos x sin x

= e

^x

· cos x {

sin x · cos x + (cos x)

²

− 2(sin x)

²

}

=

¹₂

e

^x

· cos x ( − 1 + sin 2x + 3 cos 2x).

(iii) d dx

(

(x + 1)

³

(x

²

+ 1)

²

(x

³

+ 1) )

= 3(x + 1)

²

(x

²

+ 1)

²

(x

³

+ 1) + (x + 1)

³

4x (x

²

+ 1) (x

³

+ 1) + (x + 1)

³

(x

²

+ 1)

²

3x

²

= (x + 1)

²

(x

²

+ 1) {

3(x

²

+ 1) (x

³

+ 1) + 4x(x + 1)(x

³

+ 1)(x + 1)(x

²

+ 1)3x

²

}

= (x + 1)

²

(x

²

+ 1) (1 + x) {

3 + x + 9x

²

− 3x

³

+ 10x

⁴

}

= (x + 1)

³

(x

²

+ 1) {

3 + x + 9x

²

− 3x

³

+ 10x

⁴

} . 2

[

問題

3.1

解答

] f (x) ≡ 1 + x

2 − √

x + 1

とおく

.

f

⁰

(x) = 1 2 − 1

2 · 1

√ x + 1 =

√ x + 1 − 1 2 √

x + 1 > 0 for x > 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

3.2

解答

] (i)

平均値の定理を使う

. a < c < x

なる

c

があり

,

(6.1) f(x) − f (a)

x − a = f

⁰

(c) ⇒ f(x) = f(a) + f

⁰

(c)(x − a).

(ii) f

⁰

(c)

に平均値の定理を使う

: a < d < c

なる

d

があり

f

⁰

(c) − f

⁰

(a)

c − a = f

⁰⁰

(d) ⇒ f

⁰

(c) = f

⁰

(a) + f

⁰⁰

(d) (c − a)

これを

(6.1)

に代入して

,

f (x) = f (a) + (

f

⁰

(a) + f

⁰⁰

(d) (c − a) )

(x − a) = f (a) + f

⁰

(a)(x − a) + f

⁰⁰

(d)(c − a)(x − a). 2

[

問題

3.3

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) = 0

だが 極大

/

極小 のどちらでもない

.

こうした点を見分けること

. (ii) x = 4

9

^{で 極大値}

g( 4 9 ) = 10

27 ( 2

3 )

^3/5

. 2

[

問題

3.4

解答

]

方針

=

この種の極限には「ロピタルの定理」

.

(i) − 1, (ii) log 4 − log 3, (iii) − 2. 2

[

問題

4.1

解答

]

方針

:

オイラーの等式

r e

^{i θ}

= r cos θ + i r sin θ : r > 0, i

は単位虚数

, θ

は実数

(i) sin 3 π

2 = − 1

だから

, − i = e

^i3π/2

. (ii) cos 3 π 4 = − 1

√ 2 , sin 3 π 4 = 1

√ 2

^だから

−

^√1₂

+i

√¹

2

= e

^i3π/4

. (iii) (ii)

より

− 2 + 2i = 2 √

2

( −

^√1₂

+ i

√¹ 2

)

= 2 √

2 e

^i3π/4

. 2

[

問題

4.2

解答

]

「オイラーの等式」の応用

= n

次方程式の解

.

美しい結果

. (i) k = 0, 1, 2, · · ·

^にたいし

, exp { i 2k π } = 1

だから

z

³

= exp { i 2 k π } ⇒ z

k

= exp { i 2 kπ

3 } , k = 0, 1, 2.

(ii)

同様に

z

⁴

= exp { i 2 k π } ⇒ z

k

= exp { i 2 kπ

4 } = exp { i kπ

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

(iii) k = 0, 1, 2, · · ·

^にたいし

, − 1 = exp { i π + i 2k π }

^だから

z

³

= exp { i π + i 2 k π } ⇒ z

_k

= exp { i (2 k + 1)π

3 } , k = 0, 1, 2.

z

₀

z

₁

z

2

z

₀

z

₁

z

2

z

₃

z

0

z

1

z

2

[

問題

5.1

解答

] (

積分定数

C

はつけなくてもよい

) (i) t ≡ x + 3

とおいて変数変換

,

∫

(x + 3)

³

dx =

∫ t

³

dx

dt dt =

∫

t

³

dt = t

⁴

4 + C = (x + 3)

⁴

4 + C.

(ii) t ≡ 4x + 2

とおいて変数変換

, dt/dx = 4

だから

,

∫

(4x + 2)

⁴

dx =

∫ t

⁴

dx

dt dt =

∫

t

⁴

1

(dt/dx) dt =

∫ t

⁴

1

4 dt = t

⁵

20 + C = (4x + 2)

⁵

20 + C.

(iii) t ≡ x

⁴

+ x

³

+ 4

とおいて変数変換

, dt/dx = 4x

³

+ 3x

² だから

,

∫

(4x

³

+ 3x

²

) (x

⁴

+ x

³

+ 4)

⁵

dx =

∫

t

⁵

(4x

³

+ 3x

²

) dx dt dt =

∫

t

⁵

(4x

³

+ 3x

²

) 1 (dt/dx) dt

=

∫

t

⁵

(4x

³

+ 3x

²

) 1

(4x

³

+ 3x

²

) dt =

∫

t

⁵

dt = t

⁶

6 + C = (x

⁴

+ x

³

+ 4)

⁶

6 + C.

(iv) t ≡ x

⁶

+ 1

とおいて変数変換

, dt/dx = 6x

⁵ だから

∫ x

⁵

1 + x

⁶

dx =

∫ x

⁵

t

dx dt dt =

∫ x

⁵

t

1

(dt/dx) dt =

∫ x

⁵

t

1 6x

⁵

dt

= 1 6

∫ 1

t dt = log | t |

6 + C = log(x

⁶

+ 1)

6 + C.

[

問題

5.2

解答

] (i) (

難問

) t ≡ √

x + 3

とおいて変数変換

.

まず

t

²

= x + 3 ⇒ dx/dt = 2t

∫ x √

x + 3 dx =

∫

(t

²

− 3) t dx dt dt =

∫

(t

²

− 3) t 2t dt =

∫

(2t

⁴

− 6t

²

) dt = 2t

⁵

5 − 2t

³

+ C

= 2t

³

( t

²

5 − 1 )

+ C == 2

5 (x + 3)

^3/2

(x − 2) + C.

(ii) (i) t ≡ e

^x

+ 2

とおいて変数変換

. dt/dx = e

^x だから

∫ e

^x

e

^x

+ 2 dx =

∫ e

^x

t

dx dt dt =

∫ e

^x

t

1

(dt/dx) dt =

∫ e

^x

t

1 e

^x

dt =

∫ 1

t dt = log | t | + C = log(e

^x

+ 2) + C.

(iii)

部分積分を使う

:

∫

x e

^x

dx =

∫ x (

e

^x

)

₀

dx = x e

^x

−

∫

(x)

⁰

e

^x

dx = x e

^x

−

∫

e

^x

dx = x e

^x

− e

^x

+ C.

(iv)

部分積分を使う

:

∫

x

²

e

^x

dx =

∫ x

²

(

e

^x

)

₀

dx = x

²

e

^x

−

∫

(x

²

)

⁰

e

^x

dx = x

²

e

^x

− 2

∫

x e

^x

dx

= x

²

e

^x

− 2 (

x e

^x

− e

^x

)

+ C = e

^x

(

x

²

− 2x + 2 ) + C.

ここで

,

最後から

2

番目の等式には

(iii)

を使った

. (v) x = e

^tとおいて変数変換

. dx/dt = e

^tだから

∫ ( log x )

2

dx = ∫ (

log e

^t

)

2

dx dt dt =

∫

t

²

e

^t

dt

= e

^t

(

t

²

− 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

(iv)

を使った

. (vi) x = e

^tとおいて変数変換

. dx/dt = e

^t だから

∫ log x x dx =

∫ log e

^t

e

^t

dx dt dt =

∫ t

e

^t

e

^t

dt =

∫

t dt = t

²

2 + C. 2 [

問題

5.3

解答

] (i)

次の変形を使う

:

1

x(x + 1) = 1 x − 1

x + 1 .

これより

∫ 1

x(x + 1) dx = ∫ ( 1 x − 1

x + 1 ) dx =

∫ 1 x dx −

∫ 1 x + 1 dx

= log | x | − log | x + 1 | + C = log x

x + 1 + C.

(ii) (

難問

) e

^x

= t

とおいて変数変換

. dt/dx = e

^xだから

,

∫ 1

1 + e

^x

dx =

∫ 1 1 + t

dx dt dt =

∫ 1 1 + t

1 dt/dx dt

=

∫ 1 1 + t

1 e

^x

dt =

∫ 1 1 + t

1

t dt = log t

t + 1 + C = log e

^x

e

^x

+ 1 + C. 2