[場所1E103（金曜日5限）]
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最終回は、
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最終回は、
- 模擬テスト
を使って総合演習を行いました。
問題15-1
$A$ が ${\mathbb R}$ の部分集合であるとする。
このとき、上限 $\sup A$ の定義をいえ。
また、$s$ が上限のときであるための必要十分条件は以下のようにいい表される。
当てはまる空欄を埋めよ。
$s$ が
$s’<s$ となる任意の $s’$ に対して、 が存在する。
問題15-2
次の式を満たす $x$ を簡単な形で求めよ。
(1) $\text{Arcsin}(\frac{2}{3})+\text{Arcsin}(\frac{4}{5})=\text{Arcsin}(x)$
(2) $\sinh(\text{Arcsinh}(x))=2x$
問題15-3
$f(x)=\text{Arctan}(x)$ とおく。このとき、
$f^{(n)}(0)= \begin{cases}(-1)^m(2m)!& n=2m+1\\0&n=2m\end{cases}$
問題15-4
次の極限を求めよ。
(1) $\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x\sin x}-\frac{1}{2(1-\cos x)}\right)$
(2) $\lim_{x\to 0}\frac{\tan x\cos x-x}{x^3}$
問題15-5
次の関数を３次の項までマクローリン展開しなさい。
(1) $f(x)=\frac{1}{1-\sin x}$
(2) $f(x)=\log\left(\frac{1-\cos x}{x^2}\right)$
問題15-6
以下の定積分を求めよ。
(1) $\int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{1+x^4}}$ (2) $\int_1^2\frac{1}{x+\sqrt{x-1}}dx$ (3) $\int_2^3\frac{x+1}{(x-1)^2}dx$
問題15-7
アステロイド $x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=1$ の内部の面積を求めよ。
という問題でした。
問題15-1
(解答)
$A$ の上界の集合を $\mathcal{S}$ とする。$\sup(A)$ は $\mathcal{S}$ の最小値である。
空欄を埋めると、
$s$ が A の上界である。
$s’<s$ となる任意の $s’$ に対して、$s’<t$ となる $t\in A$ が存在する。
となります。
上限など今年やった内容としては、
物理学類第2回(リンク)
物理学類第3回(リンク)
数学類第2回(リンク)
数学類第3回(リンク)
があります。
問題15-2
(解答)
$a=\text{Arcsin} \frac{2}{3}$
逆三角・双曲線関数やその問題についての内容は
物理学類第3回(リンク)
数学類第2回(リンク)
があります。
問題15-3
この問題はいつしかの宿題でもやりました。
(解答)
$(x^2+1)f'(x)=1$ であるので、この関係式を $n$ 回微分 ($n>0$) をすれば、
ライプニッツの公式から、
$$(x^2+1)f^{(n+1)}(x)+2nxf^{(n)}(x)+n(n-1)f^{(n-1)}(x)=0$$
が成り立つので、$x=0$ を代入して、
$f^{(n+1)}(0)+n(n-1)f^{(n-1)}(0)=0$
が成り立ちます。
ここで、$f^{(0)}(0)=0$ かつ、$f^{(1)}(0)=1$ であることに注意しておきます。
$n$ が偶数の場合、$n=2m$ とおくと、
$$f^{(2m)}(0)=-(2m-1)(2m-2)f^{(2m-2)}(0)=(-1)^2(2m-1)(2m-2)(2m-3)(2m-4)f^{(2m-4)}(0)=\cdots=(-1)^m(2m-1)!f^{(0)}(0)=0$$
また、
$n$ 奇数の場合、$n=2m+1$ とおくと、
$$f^{(2m+1)}(0)=-2m(2m-1)f^{(2m-1)}(0)=\cdots=(-1)^m(2m)!f^{(1)}(0)=(-1)^m(2m)!$$
となります。
ライプニッツの公式についての内容は、
物理学類第5回(リンク)
数学類第5回(リンク)
があります。
問題15-4
この問題はロピタルの定理もしくは、テイラー展開をして極限
を求める問題です。
(解答)
(1) 極限の中を通分すると、
$$\frac{2(1-\cos x)-x\sin x}{2x\sin x(1-\cos x)}$$
となり、不定形です。$x\to 0$ のときに、分母分子は $0$ に行きます。
分母の関数を $d(x)$ とおき、この関数が $x\to 0$ のときに関数の極限が
$0$ にいかなくなるまで微分し続けると、
$$d^{(4)}(x)=-8\cos x+32\cos^2 x+2x\sin x-32x\cos x\sin x-32\sin^2x$$
となります。
同じように、分子の関数を $n(x)$ とおき、この関数が $x\to 0$ のときに
$0$ にいかなくなるまで微分し続けると、
$$n^{(4)}(x)=2\cos x-x\sin x$$
となります。
ゆえに、$d^{(4)}(0)=-8+32=24$ であり、$n^{(4)}(0)=2$ であるので、ロピタルの定理より、
元の極限は、
$$\lim_{x\to 0}\frac{n(x)}{d(x)}=\frac{2}{24}=\frac{1}{12}$$
と計算できます。
(2) (略)同じようにロピタルの定理より証明できます。
ロピタルの定理については、
物理学類第6回(リンク)
数学類第6回(リンク)
また、マクローリン展開を用いて行う方法については、
物理学類第7,8回(リンク)
数学類第7回(リンク)
にあります。
問題15-5
(解答)
(1) まず、関数 $1/(1-x)$ のマクローリン展開
$$1+x+x^2+x^3+o(x^3)$$
を用いて、
$$\frac{1}{1-\sin x}=1+\sin x+\sin^2x+\sin^3x+o(\sin^3x)$$
となり、$o(\sin^3x)=o(x^3)$ であるので、
$$\frac{1}{1-\sin x}=1+\sin x+\sin^2x+\sin^3x+o(x^3)$$
問題15-6
以下の定積分を求めよ。
(1) $\int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{1+x^4}}$ (2) $\int_1^2\frac{1}{x+\sqrt{x-1}}dx$ (3) $\int_2^3\frac{x+1}{(x-1)^2}dx$
問題15-7
アステロイド $x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=1$ の内部の面積を求めよ。
という問題でした。
問題15-1
(解答)
$A$ の上界の集合を $\mathcal{S}$ とする。$\sup(A)$ は $\mathcal{S}$ の最小値である。
空欄を埋めると、
$s$ が A の上界である。
$s’<s$ となる任意の $s’$ に対して、$s’<t$ となる $t\in A$ が存在する。
となります。
上限など今年やった内容としては、
物理学類第2回(リンク)
物理学類第3回(リンク)
数学類第2回(リンク)
数学類第3回(リンク)
問題15-2
(解答)
$a=\text{Arcsin} \frac{2}{3}$
$b=\text{Arcsin} \frac{4}{5}$
とおくと、$\sin a=\frac{2}{3}$ かつ $\sin b=\frac{4}{5}$ となり、
$\cos a=\frac{\sqrt{5}}{3}$ かつ $\cos b=\frac{3}{5}$ がなりたちます。
よって、
$$x=\sin (a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b=\frac{2}{3}\frac{3}{5}+\frac{\sqrt{5}}{3}\frac{4}{5}=\frac{6+4\sqrt{5}}{15}$$
がなりたちます。
とおくと、$\sin a=\frac{2}{3}$ かつ $\sin b=\frac{4}{5}$ となり、
$\cos a=\frac{\sqrt{5}}{3}$ かつ $\cos b=\frac{3}{5}$ がなりたちます。
よって、
$$x=\sin (a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b=\frac{2}{3}\frac{3}{5}+\frac{\sqrt{5}}{3}\frac{4}{5}=\frac{6+4\sqrt{5}}{15}$$
がなりたちます。
物理学類第3回(リンク)
数学類第2回(リンク)
があります。
問題15-3
この問題はいつしかの宿題でもやりました。
(解答)
$(x^2+1)f'(x)=1$ であるので、この関係式を $n$ 回微分 ($n>0$) をすれば、
ライプニッツの公式から、
$$(x^2+1)f^{(n+1)}(x)+2nxf^{(n)}(x)+n(n-1)f^{(n-1)}(x)=0$$
が成り立つので、$x=0$ を代入して、
$f^{(n+1)}(0)+n(n-1)f^{(n-1)}(0)=0$
が成り立ちます。
ここで、$f^{(0)}(0)=0$ かつ、$f^{(1)}(0)=1$ であることに注意しておきます。
$n$ が偶数の場合、$n=2m$ とおくと、
$$f^{(2m)}(0)=-(2m-1)(2m-2)f^{(2m-2)}(0)=(-1)^2(2m-1)(2m-2)(2m-3)(2m-4)f^{(2m-4)}(0)=\cdots=(-1)^m(2m-1)!f^{(0)}(0)=0$$
また、
$n$ 奇数の場合、$n=2m+1$ とおくと、
$$f^{(2m+1)}(0)=-2m(2m-1)f^{(2m-1)}(0)=\cdots=(-1)^m(2m)!f^{(1)}(0)=(-1)^m(2m)!$$
となります。
ライプニッツの公式についての内容は、
物理学類第5回(リンク)
数学類第5回(リンク)
があります。
問題15-4
この問題はロピタルの定理もしくは、テイラー展開をして極限
を求める問題です。
(解答)
(1) 極限の中を通分すると、
$$\frac{2(1-\cos x)-x\sin x}{2x\sin x(1-\cos x)}$$
となり、不定形です。$x\to 0$ のときに、分母分子は $0$ に行きます。
分母の関数を $d(x)$ とおき、この関数が $x\to 0$ のときに関数の極限が
$0$ にいかなくなるまで微分し続けると、
$$d^{(4)}(x)=-8\cos x+32\cos^2 x+2x\sin x-32x\cos x\sin x-32\sin^2x$$
となります。
同じように、分子の関数を $n(x)$ とおき、この関数が $x\to 0$ のときに
$0$ にいかなくなるまで微分し続けると、
$$n^{(4)}(x)=2\cos x-x\sin x$$
となります。
ゆえに、$d^{(4)}(0)=-8+32=24$ であり、$n^{(4)}(0)=2$ であるので、ロピタルの定理より、
元の極限は、
$$\lim_{x\to 0}\frac{n(x)}{d(x)}=\frac{2}{24}=\frac{1}{12}$$
と計算できます。
(2) (略)同じようにロピタルの定理より証明できます。
ロピタルの定理については、
物理学類第6回(リンク)
数学類第6回(リンク)
また、マクローリン展開を用いて行う方法については、
物理学類第7,8回(リンク)
数学類第7回(リンク)
にあります。
問題15-5
(解答)
(1) まず、関数 $1/(1-x)$ のマクローリン展開
$$1+x+x^2+x^3+o(x^3)$$
を用いて、
$$\frac{1}{1-\sin x}=1+\sin x+\sin^2x+\sin^3x+o(\sin^3x)$$
となり、$o(\sin^3x)=o(x^3)$ であるので、
$$\frac{1}{1-\sin x}=1+\sin x+\sin^2x+\sin^3x+o(x^3)$$
となります。また、
$\sin x$ を3次の項までマクローリン展開すると、
$x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$ であるので、これを代入すると、
$$1+(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3))+(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3))^2+(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3))^3+o(x^3)$$
となり、これを整理すると、
$$1+x+x^2+\frac{5}{6}x^3+o(x^3)$$
となる。
(2) $\log(x+1)$ のマクローリン展開は、
$$\log (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$$
です。よって、
$$\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}-\frac{x^2}{24}+o(x^3)=\frac{1}{2}(1-\frac{x^2}{12}+o(x^3))$$
と展開できるので、これを上の式に代入して、
$$\log(\frac{1-\cos x}{x^2})=\log \frac{1}{2}(1-\frac{x^2}{12}+o(x^3))$$
$$=-\log 2+\log(1-\frac{x^2}{12}+o(x^3))$$
$$=-\log 2+(-\frac{x^2}{12}+o(x^3))-\frac{1}{2}(-\frac{x^2}{12}+o(x^3))^2+o(x^3)$$
$$=-\log 2-\frac{x^2}{12}+o(x^3)$$
と展開できます。
マクローリン展開については、
物理学類第7,8回(リンク)
物理学類第6回(リンク)
数学類第8回(リンク)
数学類第7回(リンク)
数学類第6回(リンク)
があります。
問題15-6
(解答)
(1) $\frac{1}{1+x^4}=t$ として、積分を置き直すと、
$x=(\frac{1-t}{t})^{\frac{1}{4}}$ となり、
$dx=-\frac{1}{4t^2}(\frac{1-t}{5})^{\frac{-3}{4}}dt$
であるので、これを代入して、ガンマ関数を用いて表すと、
$$\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt{1+x^4}}=\frac{4\Gamma(\frac{5}{4})^2}{\sqrt{\pi}}$$
となります。
(2) $t=\sqrt{x-1}$ とする。このとき、$x=t^2+1$ であり、$dx=2tdt$ であり、
$$\int_1^2\frac{1}{x+\sqrt{x-1}}dx=\int_0^1\frac{1}{t^2+1+t}2tdt$$
ここで、$s=\frac{2t+1}{\sqrt{3}}$ とおくと、$ds=\frac{2}{\sqrt{3}}dt$ であり、
$$\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{\sqrt{3}s-1}{\frac{3}{4}(s^2+1)}\frac{\sqrt{3}}{2}ds$$
$$=\frac{2}{\sqrt{3}}\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{\sqrt{3}s-1}{s^2+1}ds=\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{2s}{s^2+1}ds-\frac{2}{\sqrt{3}}\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{1}{s^2+1}ds$$
$$=\left[\log (s^2+1)\right]_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}-\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\text{Arctan}(\sqrt{3})-\text{Arctan}(\frac{1}{\sqrt{3}})\right)$$
$$=\log 4-\log\frac{4}{3}- \frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6})=\log 3-\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$$
(3) $$\int_2^3\frac{x+1}{(x-1)^2}dx=\int_2^3\left(\frac{1}{x-1}+\frac{2}{(x-1)^2}\right)dx=\int_1^2\left(t^{-1}+2t^{-2}\right)dt$$
$$=[\log t-2t^{-1}]_1^2=\log2-1+2=\log 2+1$$
問題15-7
面積の問題はやりませんでしたが、応用としてここで一問だけやっておきます。
(解答)
$x=\cos^3\theta$
$y=\sin^3\theta$
とパラメータ表示しておくと、$dx=3\cos^2\theta(-\sin \theta)d\theta$ となるので、求める面積を $S$ とすると、$S$ は関数 $y$ を $0$ から $1$ まで積分した値の $4$ 倍だから
$x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$ であるので、これを代入すると、
$$1+(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3))+(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3))^2+(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3))^3+o(x^3)$$
となり、これを整理すると、
$$1+x+x^2+\frac{5}{6}x^3+o(x^3)$$
となる。
(2) $\log(x+1)$ のマクローリン展開は、
$$\log (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$$
です。よって、
$$\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}-\frac{x^2}{24}+o(x^3)=\frac{1}{2}(1-\frac{x^2}{12}+o(x^3))$$
と展開できるので、これを上の式に代入して、
$$\log(\frac{1-\cos x}{x^2})=\log \frac{1}{2}(1-\frac{x^2}{12}+o(x^3))$$
$$=-\log 2+\log(1-\frac{x^2}{12}+o(x^3))$$
$$=-\log 2+(-\frac{x^2}{12}+o(x^3))-\frac{1}{2}(-\frac{x^2}{12}+o(x^3))^2+o(x^3)$$
$$=-\log 2-\frac{x^2}{12}+o(x^3)$$
と展開できます。
マクローリン展開については、
物理学類第7,8回(リンク)
物理学類第6回(リンク)
数学類第8回(リンク)
数学類第7回(リンク)
数学類第6回(リンク)
があります。
問題15-6
(解答)
(1) $\frac{1}{1+x^4}=t$ として、積分を置き直すと、
$x=(\frac{1-t}{t})^{\frac{1}{4}}$ となり、
$dx=-\frac{1}{4t^2}(\frac{1-t}{5})^{\frac{-3}{4}}dt$
であるので、これを代入して、ガンマ関数を用いて表すと、
$$\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt{1+x^4}}=\frac{4\Gamma(\frac{5}{4})^2}{\sqrt{\pi}}$$
となります。
(2) $t=\sqrt{x-1}$ とする。このとき、$x=t^2+1$ であり、$dx=2tdt$ であり、
$$\int_1^2\frac{1}{x+\sqrt{x-1}}dx=\int_0^1\frac{1}{t^2+1+t}2tdt$$
ここで、$s=\frac{2t+1}{\sqrt{3}}$ とおくと、$ds=\frac{2}{\sqrt{3}}dt$ であり、
$$\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{\sqrt{3}s-1}{\frac{3}{4}(s^2+1)}\frac{\sqrt{3}}{2}ds$$
$$=\frac{2}{\sqrt{3}}\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{\sqrt{3}s-1}{s^2+1}ds=\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{2s}{s^2+1}ds-\frac{2}{\sqrt{3}}\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{1}{s^2+1}ds$$
$$=\left[\log (s^2+1)\right]_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}-\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\text{Arctan}(\sqrt{3})-\text{Arctan}(\frac{1}{\sqrt{3}})\right)$$
$$=\log 4-\log\frac{4}{3}- \frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6})=\log 3-\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$$
(3) $$\int_2^3\frac{x+1}{(x-1)^2}dx=\int_2^3\left(\frac{1}{x-1}+\frac{2}{(x-1)^2}\right)dx=\int_1^2\left(t^{-1}+2t^{-2}\right)dt$$
$$=[\log t-2t^{-1}]_1^2=\log2-1+2=\log 2+1$$
問題15-7
面積の問題はやりませんでしたが、応用としてここで一問だけやっておきます。
(解答)
$x=\cos^3\theta$
$y=\sin^3\theta$
とパラメータ表示しておくと、$dx=3\cos^2\theta(-\sin \theta)d\theta$ となるので、求める面積を $S$ とすると、$S$ は関数 $y$ を $0$ から $1$ まで積分した値の $4$ 倍だから
$$S=4\int_0^1ydx=4\int_{\frac{\pi}2}^0\sin^3\theta3\cos^2\theta(-\sin\theta)d\theta$$
$$=12\int_0^{\frac{\pi}2}\sin^4\theta\cos^2\theta d\theta=12\int_0^{\frac{\pi}2}(\frac{1-\cos2\theta}{2})^2\frac{1+\cos2\theta}{2}d\theta$$
$$=\frac{3}{4}\int_0^\pi(1-\cos\theta)^2(1+\cos\theta)d\theta$$
ここで、$\phi=\theta-\frac{\pi}{2}$とおくと、
$$=\frac{3}{4}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1-\cos(\phi+\frac{\pi}{2}))^2(1+\cos(\phi+\frac{\pi}{2}))d\phi$$
$$=\frac{3}{4}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1+\sin\phi)^2(1-\sin\phi)d\phi$$
$$=12\int_0^{\frac{\pi}2}\sin^4\theta\cos^2\theta d\theta=12\int_0^{\frac{\pi}2}(\frac{1-\cos2\theta}{2})^2\frac{1+\cos2\theta}{2}d\theta$$
$$=\frac{3}{4}\int_0^\pi(1-\cos\theta)^2(1+\cos\theta)d\theta$$
ここで、$\phi=\theta-\frac{\pi}{2}$とおくと、
$$=\frac{3}{4}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1-\cos(\phi+\frac{\pi}{2}))^2(1+\cos(\phi+\frac{\pi}{2}))d\phi$$
$$=\frac{3}{4}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1+\sin\phi)^2(1-\sin\phi)d\phi$$
となります。ここで、積分区間が対称なので、奇関数は除いて考えると、
$$=\frac{3}{4}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1-\sin^2\phi)d\phi=\frac{3}{4}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{1+\cos2\phi}{2}d\phi$$
ここで、$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos2\phi d\phi=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi\cos\varphi d\varphi$
は、$\cos x$ の特徴から、$0$ となります。
よって、
$$S=\frac{3}{4}\frac{\pi}{2}=\frac{3}{8}\pi$$
ここで、$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos2\phi d\phi=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi\cos\varphi d\varphi$
は、$\cos x$ の特徴から、$0$ となります。
よって、
$$S=\frac{3}{4}\frac{\pi}{2}=\frac{3}{8}\pi$$
となります。
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