理系基礎科目「数学I（微分積分A）」「数学概論A」「数学概論」の問題演習です。
極限
数列の極限
-
$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{3n^2-2n+1}{2n^2+4n-1}$
解答例$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{3n^2-2n+1}{2n^2+4n-1} =
\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle 3-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}{\displaystyle 2+4 \frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}} = \frac{3}{2}$ -
$\displaystyle \lim_{n\to\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$
解答例$\displaystyle \lim_{n\to\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})
= \lim_{n\to\infty}\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}
= \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}
= \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=0$ -
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}
\frac{1}{n(n+1)(n+2)}$
解答例$
\begin{array}{rcl}
\displaystyle \sum_{k=1}^{n}
\frac{1}{k(k+1)(k+2)} & = & \displaystyle \sum_{k=1}^n
\frac 1 2 \left(
\frac{1}{k(k+1)} -\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right)
\\ & = & \displaystyle
\frac 1 2 \left( \left( \frac{1}{1\cdot 2} – \frac{1}{2\cdot 3} \right) +
\left( \frac{1}{2\cdot 3} – \frac{1}{3\cdot 4}\right)
+ \cdots +
\left(\frac{1}{n(n+1)} -\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)
\right)
\\ & = & \displaystyle
\frac 1 2 \left( \frac{1}{1\cdot 2} -\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)
\end{array}$が成り立つので，
$\displaystyle
\sum_{n=1}^{\infty}
\frac{1}{n(n+1)(n+2)} =
\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n}
\frac{1}{k(k+1)(k+2)} =
\lim_{n\to\infty}
\frac 1 2 \left( \frac{1}{1\cdot 2} -\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)
= \frac 1 2 \cdot \frac{1}{1\cdot 2} = \frac 1 4$が成り立つ。
関数の極限
-
$\displaystyle \lim_{x\to 1}\frac{x-1}{x^3-1}$
解答例$\displaystyle
\frac{x-1}{x^3-1} =
\frac{x-1}{(x-1)(x^2 + x +1)} =
\frac{1}{x^2 + x +1}$が成り立つので，
$\displaystyle
\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{x^3-1} =
\lim_{x\to 1} \frac{1}{x^2 + x +1} = \frac{1}{3}$が成り立つ。
-
$\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{x-\tan x}{x- \sin x}$
解答例ロピタルの定理を使うことができる条件を満たすことをひとつひとつ確認しなければなりません。解答例にはわざわざ書きませんが，みなさんはひとつひとつ確認をしてください。$
\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{x-\tan x}{x- \sin x} =
\lim_{x\to 0} \frac{1 – \displaystyle \frac{1}{\cos ^2 x}}{1 – \cos x} =
\lim_{x\to 0} \frac{\cos^2 x -1}{\cos ^2 x( 1- \cos x)} =
\lim_{x\to 0} \frac{-\sin^2 x}{\cos^2 x (1 – \cos x)} =
\lim_{x\to 0} \frac{-2 \sin x \cos x}{2\cos x (-\sin x) (1 – \cos x)
+ \cos^2 x \sin x} =
\lim_{x\to 0} \frac {-2}{-2(1-\cos x) + \cos x} =
\lim_{x\to 0} \frac{2}{2- 3\cos x} = -2
$ -
$\displaystyle \lim_{x\to \infty}\frac{\log ( 1 + e^x)}{x}$
解答例$
\displaystyle \lim_{x\to \infty}\frac{\log ( 1 + e^x)}{x} =
\lim_{x\to \infty} \frac{ \displaystyle \frac{1}{1 + e^x} e^x}{1} =
\lim_{x\to \infty} \frac{e^x}{1 + e^x} =
\lim_{x\to \infty} \frac{e^x}{e^x} =
\lim_{x\to \infty} 1 = 1
$ -
$\displaystyle \lim_{x\to 0} (\cos x)^{\frac 1 {x^2}}$
解答例$
\displaystyle
\lim_{x\to 0} \log \left( (\cos x)^{\frac 1 {x^2}} \right) =
\lim_{x\to 0} \frac{ \log (\cos x) }{x^2} =
\lim_{x\to 0} \frac{\displaystyle \ \ \frac{-\sin x}{\cos x} \ \ }{2x} =
\lim_{x\to 0} -\frac 1 2 \frac{\sin x}{x} \frac{1}{\cos x} =
– \frac 1 2
$となる。$e^x$ は連続関数なので，，
$ \displaystyle
\lim_{x\to 0} (\cos x)^{\frac 1 {x^2}} =
\lim_{x\to 0} e^{\displaystyle \log \left( (\cos x)^{\frac 1 {x^2}}
\right)} =
e^{\displaystyle \lim_{x\to 0} \log \left( (\cos x)^{\frac 1 {x^2}}
\right)} = e^{-\frac 1 2}
$
微分
導関数
-
$\displaystyle \cos^2 (4x+5)$
解答例$\displaystyle
\left( \cos ^2 (4x+5) \right) ^\prime =
\big( 2 \cos (4x+5) \big) (\cos(4x+5)^\prime =
\big( 2 \cos (4x+5) \big) \big( -\sin(4x+5) \cdot (4x+5)^\prime \big) =
2\cos (4x+5) \big( – \sin(4x+5) \big) \cdot 4 =
-8 \cos (4x+5)\sin(4x+5)$ -
$\displaystyle \frac{1}{a} \tan^{-1}\frac{x}{a}$
解答例$\displaystyle
\left( \frac{1}{a} \tan^{-1}\frac{x}{a} \right)^\prime =
\frac 1 a \cdot \frac{1}{ \displaystyle 1 + \left( \frac x a \right)^2} \cdot \left( \frac x a \right)^\prime =
\frac 1 a \cdot \frac{1}{ \displaystyle 1 + \left( \frac x a \right)^2} \cdot \frac 1 a =
\frac{1}{x^2 + a^2}$ -
$\displaystyle e^{\sin x}$
解答例$\displaystyle
\left( e^{\sin x} \right)^\prime = e^{\sin x} \cdot \cos x$ -
$\displaystyle x^{\left( e^x\right)}$（$ x > 0$）
解答例$y = x^{(e^x)}$ と定義する。$x > 0$ なので，$x^{(e^x)} > 0$ が成り立つ。このとき，$\log y = \log \left( x^{(e^x)} \right) =
e^x \log x$が成り立つ。よって，
$\displaystyle
(\log y )^\prime = \left( e^x \log x \right)^\prime =
e^x \log x + e^x \frac 1 x$となる。$y$ は $x$ についての関数であり，${}^\prime$ は $x$ についての関数を $x$ で微分することであるので，$\displaystyle
(\log y )^\prime = \frac 1 y y^\prime$ が成り立つ。よって，$
\displaystyle y^\prime = y (\log y)^\prime =
y \left( e^x \log x + e^x \frac 1 x \right) =
x^{(e^x)}\left( e^x \log x + e^x \frac 1 x \right) $が成り立つ。
マクローリン展開
次の関数の有限マクローリン展開を剰余項 $R_5(x)$ を含めて$5$次の項まで求めよう。
-
$\displaystyle \sqrt{1-x}$
解答例$f(x) = \sqrt{1-x}$ とする。こう書くのだから，$x$ の範囲は $(-\infty, 1]$ の区間であることに注意しよう。以下のような微分のリストを作り，マクローリン展開の公式$f(x) =
f(0) + f^\prime(0) x \displaystyle +
\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{6} x^3 +
\frac{f^{(4)}(0)}{24} x^4 + R_5(x)$に当てはめれば良い。
$\begin{array}{ll}
f(x) = \sqrt{1-x} = (1-x)^{\frac 1 2}, & f(0) = 1,
\\
f^\prime (x) = \displaystyle \frac 1 2 (-1) (1-x)^{- \frac 1 2}, &
f^\prime (0) = \displaystyle – \frac 1 2 ,
\\
f^{\prime\prime} (x) = \displaystyle
\frac 1 2 \left( -\frac 1 2 \right) (-1)^2
(1-x)^{- \frac 3 2}, &
f^{\prime\prime} (0) = – \displaystyle \frac 1 4 ,
\\
f^{(3)} (x) = \displaystyle
\frac 1 2 \left( -\frac 1 2 \right) \left( – \frac 3 2 \right)
(-1)^3
(1-x)^{- \frac 5 2}, &
f^{(3)} (0) = \displaystyle – \frac 3 8 ,
\\
f^{(4)} (x) = \displaystyle
\frac 1 2 \left( -\frac 1 2 \right) \left( – \frac 3 2 \right)
(-1)^4
\left( – \frac 5 2 \right)
(1-x)^{- \frac 7 2}, &
f^{(4)} (0) = – \displaystyle \frac {15} {16} .
\end{array}$よって，
$\sqrt{1-x} = f(x) = \displaystyle
1 – \frac 1 2 x – \frac 1 8 x^2 – \frac{1}{16} x^3 –
\frac{5}{128} x^4 + R_5(x)$ -
$\displaystyle \log(1 + 2x)$
解答例$f(x) = \log(1 + 2x)$ とする。こう書くのだから，$x$ の範囲は $(- \frac 1 2, \infty)$ の区間である。$\begin{array}{ll}
f(x) = \log(1 + 2x), & f(0) = 0,
\\
f^\prime (x) = \displaystyle \frac {2}{1 + 2x} = 2(1 + 2x)^{-1}, &
f^\prime (0) = \displaystyle 2 ,
\\
f^{\prime\prime} (x) = \displaystyle
(-1) 2^2 (1 + 2x)^{-2}, &
f^{\prime\prime} (0) = – \displaystyle 4,
\\
f^{(3)} (x) = \displaystyle
(-1)(-2) 2^3 (1 + 2x)^{-3}, &
f^{(3)} (0) = \displaystyle 16 ,
\\
f^{(4)} (x) = \displaystyle
(-1)(-2)(-3) 2^4 (1 + 2x)^{-4}, &
f^{(4)} (0) = \displaystyle – 96 .
\end{array}$よって，
$\log (1 + 2x)= f(x) = \displaystyle
2 x – 2 x^2 + \frac{8}{3} x^3 –
4 x^4 + R_5(x)$
積分
不定積分
-
$\displaystyle \int (ax + b)^4 \,dx$
解答例$(ax+b)^4$ を展開してから多項式の積分をしても良いですけれども，せっかくですから置換積分をしましょう。以下，$C$ は常に積分定数とします。$t=ax+b$ とすると，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = a$ である。
$
\displaystyle \int (ax + b)^4 \,dx =
\int (ax + b)^4 \frac 1 a \cdot a \,dx =
\int t^4 \frac 1 a \, dt =
\frac{t^5}{5a} + C = \frac{(ax+b)^5}{5a} + C
$ -
$\displaystyle \int x\sin x \cos x \, dx$
解答例部分積分の練習問題です。でもちょっとした工夫が必要です。$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ であることを思い出しましょう。$
\displaystyle \int x\sin x \cos x \, dx =
\int \frac x 2 \sin 2x \, dx =
\frac x 2 \left( – \frac{\cos 2x}{2} \right) –
\int \frac 1 2 \left( – \frac{\cos 2x}{2} \right) dx =
– \frac{x \cos 2x}{4} + \frac{\sin 2x}{8} + C
$ -
$\displaystyle \int \frac{x-2}{x^3+1} \,dx$
解答例$\displaystyle
\frac{x-2}{x^3+1} = \frac{x-2}{(x + 1)(x^2 – x +1)} =
\frac{x-1}{x^2 -x +1} – \frac{1}{x+1}
$という式変形ができたでしょうか。積分の計算のために，もう一歩踏み込んで，
$\displaystyle
\frac{x-1}{x^2 -x +1} – \frac{1}{x+1} = \frac 1 2 \left( \frac{2x-1}{x^2 -x +1}
– \frac{1}{x^2 – x +1} \right) – \frac{1}{x+1} =
\frac 1 2 \left( \frac{2x-1}{x^2 -x +1} – \frac{1}{\displaystyle \left(x -\frac 1 2 \right)^2
+ \frac 3 4 } \right) – \frac{1}{x+1}
$まで計算をしておきましょう。
$\displaystyle \int \frac{x-2}{x^3+1} \,dx =
\int \left( \frac 1 2 \left( \frac{2x-1}{x^2 -x +1}
– \frac{1}{x^2 – x +1} \right) – \frac{1}{x+1}
\right) dx =
\frac 1 2 \log \left| x^2 – x +1 \right| –
\frac 1 2 \cdot \frac{2}{\sqrt 3} \tan^{-1} \frac{2}{\sqrt 3}\left( x – \frac 1 2 \right)
– \log |x+1| + C
$ -
$\displaystyle \int \frac{\sqrt[3]{x}}{x + 1} \,dx$
解答例$x=t^3$ とすると，$\displaystyle
\frac{dx}{dt} = 3 t^2$ です。$\displaystyle
\int \frac{\sqrt[3]{x}}{x + 1} \, dx=
\int \frac{t}{t^3 + 1} 3 t^2 \, dt =
\int \left( 3 – \frac{3}{t^3 +1} \right) dt =
\int \left( 3 + \frac{t-2}{t^2 – t +1} – \frac{1}{t+1} \right) dt =
\int \left( 3 + \frac 1 2 \frac{2t-1}{t^2 – t +1} – \frac 3 2 \frac{1}{t^2 – t +1}
– \frac{1}{t+1} \right) dt =
\int \left( 3 + \frac 1 2 \frac{2t-1}{t^2 – t +1}
– \frac 3 2 \frac{1}{\displaystyle \left(t -\frac 1 2 \right)^2 + \frac 3 4 }
– \frac{1}{t+1} \right) dt =
3t + \frac 1 2 \log \left| t^2 -t +1 \right| –
\frac 3 2 \cdot \frac{2}{\sqrt 3} \tan^{-1} \frac{2}{\sqrt 3}\left( t – \frac 1 2 \right) –
\log | t + 1 | + C =
3\sqrt[3]{x} + \frac 1 2 \log \left| \sqrt[3]{x^2} – \sqrt[3]{x} +1 \right| –
\frac 3 2 \cdot \frac{2}{\sqrt 3}
\tan^{-1} \frac{2}{\sqrt 3}\left( \sqrt[3]{x} – \frac 1 2 \right) –
\log \left| \sqrt[3]{x} + 1 \right| + C
$
定積分
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 1 & \to & 2 \\ \hline t & 1 & \to & 1 + \log 2
\end{array}$
$
\displaystyle \int_1^2\frac{(1+\log x)^2}{x}\,dx =
\int^2_1 (1 + \log x )^2 \frac 1 x \, dx =
\int^{1 + \log 2}_1 t^2 dt =
\left[ \frac{t^3}{3} \right]^{1 + \log 2}_1 =
\frac{(1 + \log 2)^3 – 1 }{3}
$
$t=\sin x $ とすると，$\displaystyle \frac{dt}{dx} = \cos x$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & \frac \pi 2 \\ \hline t & 0 & \to & 1
\end{array}$
$
\displaystyle \int_0^{\frac \pi 2} \cos x \sin^3 x \, dx =
\int^{\frac \pi 2}_0 \left( \sin ^3 x \right) \cos x \, dx =
\int^1_0 t^3 \, dt =
\left[ \frac{t^4}{4} \right]^1_0 = \frac 1 4
$
$
\displaystyle \int_0^1 xe^{x} \, dx = \left[ x e^x \right]^1_0 –
\int^1_0 1\cdot e^x \, dx =
\left[ x e^x \right]^1_0 – \left[ e^x \right]^1_0 = 1
$
\frac{dx}{dt} = 2t$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 2 & \to & 3 \\ \hline \theta & 1 & \to & \sqrt 2
\end{array}$
この範囲において，$\sqrt{x-1} = t$ が成り立つことに注意しましょう。
$
\displaystyle \int^3_2 \frac{\sqrt{x-1}}{x + 1} \, dx =
\int^{\sqrt 2}_1 \frac {t}{t^2 + 2} \cdot 2t \, dt =
2 \int^{\sqrt 2}_1 \left( 1 – \frac{2}{t^2 +2} \right)\, dt =
2 \left[ t -2 \cdot \frac{1}{\sqrt 2}
\tan^{-1}\frac{t}{\sqrt 2}\right]^{\sqrt 2}_1 =
2\left( \sqrt 2 -1 \right) –
2\sqrt 2 \left( \frac \pi 4 – \tan^{-1}\frac{1}{\sqrt 2}\right)
$
t = \tan \frac{x}{2}$ とすると，$\displaystyle
\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}$，$\displaystyle
\frac{dt}{dx} = \frac{1 + t^2}{2}$ であり，
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & \displaystyle \frac \pi 2 \\ \hline t & 0 & \to & \displaystyle 1
\end{array}$
$\displaystyle
\int^{\frac \pi 2}_0 \frac{1}{5+4\sin x} \, dx =
\int^1_0 \frac{1}{\displaystyle 5 + 4 \frac{2t}{1 + t^2}}
\frac{2}{1 + t^2} \, dt =
\int^1_0 \frac{2}{5t^2 + 8t +5} \, dt
$
$ \displaystyle
=
\int^1_0 \frac{2}{\displaystyle \displaystyle
5 \left(t+ \frac 4 5 \right)^2 + \frac 9 5 } \, dt =
\frac{2}{5} \int^1_0
\frac{1}{\displaystyle \displaystyle
\left(t+ \frac 4 5 \right)^2 + \frac 9 {25} } \, dt
$
$ \displaystyle
=
\frac{2}{5} \left[
\frac 5 3 \tan^{-1}\frac 5 3 \left( t + \frac 4 5 \right)
\right]^1_0 =
\frac 2 3 \left( \tan^{-1}3 – \tan^{-1} \frac 4 3 \right)
$
$
\begin{array}{c| ccc}
x & 0 & \to & \displaystyle \frac \pi 4 \\ \hline t & 0 & \to & \displaystyle 1
\end{array}$
$\displaystyle
\int^{\frac \pi 4}_0 \frac{\sin^2 x}{4+\cos ^2 x} \, dx =
\int^1_0 \frac{\displaystyle \frac{t^2}{1+t^2}}{\displaystyle 4 + \frac{1}{1+t^2}} \frac{1}{1+t^2} \, dt =
\int^1_0 \frac{t^2}{\left(4t^2 + 5\right)\left(t^2 + 1\right)} \, dt
$
$ \displaystyle
=
\int^1_0 \left( \frac{5}{4t^2 + 5} – \frac{1}{t^2+1} \right) \, dt =
\left[ \frac 5 4 \cdot \frac{2}{\sqrt 5} \tan^{-1}\frac{2t}{\sqrt 5} –
\tan^{-1} t \right]^1_0
$
$ \displaystyle
=
\frac{\sqrt 5}{2} \tan^{-1}\frac{2}{\sqrt 5} – \frac{\pi}{4}
$