2003 年度基礎数学 III 期末試験問題解答誤植訂正版

2003 年 7 月 26 日実施, 担当桂田祐史教科書ノート等持込み不可, 解答用紙のみ提出

第 1 問以外は途中経過も書くこと

1 (1) 以下の空欄 ◯ 1 〜 ◯ 8 を埋めよ。

Arctan の逆関数を f とすると、 f の定義域は ◯_{1} , 値域は ◯_{2} で、 x ∈ ◯_{1} に対して f(x) = tan x. f は単調 ◯_{3} であるから、 1 対 1 (単射) であることがわかる。

y = Arctan x とすると x = ◯_{4} であるから、\frac{dx}{dy} = \frac{1}{cos^{2} y} = 1 + ◯_{5} . ゆえに

\frac{dy}{dx} = (\frac{dx}{dy})^{−1} = ◯_{6} .

Arctan x のことを tan ◯_{7} x とも書く。 Arctan (−\sqrt{3}) = ◯_{8} である。

(2) y = Arctan x のグラフを描け。

解答 (1) 厳密には答は一通りには決まらないところがある (だから入試のようなカタイ試験には向かない問題である。採点は「本質的に出来ていれば OK とする」 )。

◯ 1 (−π/2, π/2) ◯ 2 (−∞, ∞) (または R, 「実数全体の集合」 ) ◯ 3 増加 ◯ 4 tan y ◯ 5

tan^{2} y ◯ 6 \frac{1}{1 + x^{2}} ◯ 7 −1 ◯ 8 −\frac{π}{3}

(2) 省略。

2 f(x) = cosh x に対して、以下の問に答えよ。

(1) f(x) のマクローリン展開 (0 のまわりの無限級数展開) を求めよ。 (2) f(x) のマクローリン展開を n − 1 次の項で打ち切った時の剰余項 R_{n} を求めよ。 (3) lim_{x→0} (\frac{f(x) − a}{x^{2}} − b) = 0

を満たす定数 a, b を求めよ。

解答 (1) f′(x) = sinh x, f′′(x) = cosh x であるから、

f^{(n)}(x) = \{ \begin{matrix}cosh x & (n が偶数) \\ sinh x & (n が奇数), \end{matrix} f^{(n)}(0) = \{ \begin{matrix}1 & (n が偶数) \\ 0 & (n が奇数), \end{matrix}

である。ゆえにマクローリン展開は

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n} = 1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{4!} + ⋯ = ∑_{k=0}^{∞} \frac{x^{2k}}{(2k)!}.

(2) テイラーの定理から

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + R_{n}

としたときの R_{n} は

R_{n} = \frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n}, (θ は x と n で決まる 0 < θ < 1 の範囲の数)

と表される。ゆえに

R_{n} = \{ \begin{matrix}\frac{cosh(θx)}{n!}x^{n} & (n が偶数) \\ \frac{sinh(θx)}{n!}x^{n} & (n が奇数), \end{matrix} (θ は x と n で決まる 0 < θ < 1 の範囲の数).

(3) 上の結果から

f(x) = 1 + \frac{x^{2}}{2} + O(x^{4}) (x → 0)

であるから

\frac{f(x) − a}{x^{2}} − b = \frac{1 − a + (\frac{1}{2} − b) x^{2} + O(x^{4})}{x^{2}} (x → 0).

これから極限が存在するためには a = 1 でなければならず、極限が 0 であるためには b = \frac{1}{2} でなければならないことが分かる。 3 次の 3A, 3B のうちいずれか一方を選択して解答せよ。 3A (1) k を実定数とするとき ∫ \sqrt{x^{2} + k} dx を求めよ。ただし必要ならば公式 ∫ \frac{dx}{\sqrt{x^{2} + k}} = log |x + \sqrt{x^{2} + k} | を用いても良い。 (2) xy 平面における放物線 y = x^{2} の (0, 0) から (1, 1) までの弧長を求めよ。 3A の解答 (1) どういう方法で求めてもよい。念のため結果だけ書いておくと^{1}、

I = \frac{1}{2} (x\sqrt{x^{2} + k} + k log |x + \sqrt{x^{2} + k}|) .

(2) (この話も授業で紹介した。 ) 曲線の長さ L は、

L = ∫_{0}^{1} \sqrt{1 + (\frac{dy}{dx})^{2}} dx = ∫_{0}^{1} \sqrt{1 + 4x^{2}} dx = 2 ∫_{0}^{1} \sqrt{x^{2} + \frac{1}{4}} dx

であるから、 (1) で k = \frac{1}{4} の場合で、

L = 2 [\frac{1}{2} (x\sqrt{x^{2} + \frac{1}{4}} + \frac{1}{4} log |x + \sqrt{x^{2} + \frac{1}{4}}|)]_{0}^{1}
= [x\sqrt{x^{2} + \frac{1}{4}} + \frac{1}{4} log |x + \sqrt{x^{2} + \frac{1}{4}}|]_{0}^{1}
= (1 · \sqrt{1^{2} + \frac{1}{4}} − 0) + \frac{1}{4} (log (1 + \sqrt{1 + \frac{1}{4}}) − log (0 + \sqrt{0 + \frac{1}{4}}))
= \frac{\sqrt{5}}{2} + \frac{1}{4} log (2 + \sqrt{5}) .

1授業では部分積分を用いて導出したが、 http://www.math.meiji.ac.jp/~mk/kiso3/sekibun.pdf に色々な方法を書いておいた。

ちなみに小数表示すると 1.4789428575445974338279060 · · ·. ((0, 0) と (1, 1) を結ぶ線分の長さは\sqrt{2} = 1.41421356 ⋯ だから、 4.6% 増くらいの長さである。 )

3B (1) I = ∫ \frac{dx}{x^{2} + x + 1} を求めよ。 (2) J = ∫ \frac{dx}{(x^{2} + x + 1)^{2}} を求めよ。

3B の解答 (1) x^{2} + x + 1 = (x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4} であるから分母は実数の範囲で因数分解できない。 x + \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} tan θ (−\frac{π}{2} < θ < \frac{π}{2} ) と置換すると

tan θ = \frac{2}{\sqrt{3}} (x + \frac{1}{2}) = \frac{2x + 1}{\sqrt{3}} より θ = Arctan (\frac{2x + 1}{\sqrt{3}}) ,

dx = \frac{\sqrt{3}}{2} · \frac{1}{cos^{2} θ}dθ, x^{2} + x + 1 = (\frac{\sqrt{3}}{2} tan θ)^{2} + \frac{3}{4} = \frac{3}{4} (tan^{2} θ + 1) = \frac{3}{4 cos^{2} θ}

であるから、

I = ∫ \frac{4 cos^{2} θ}{3} · \frac{\sqrt{3}}{2 cos^{2} θ}dθ = \frac{2}{\sqrt{3}} ∫ dθ = \frac{2}{\sqrt{3}}θ = \frac{2}{\sqrt{3}} Arctan (\frac{2x + 1}{\sqrt{3}}) .

(2)

J = ∫ (x^{2} + x + 1)^{−1}dx = ∫ (x)′ · (x^{2} + x + 1)^{−1}dx
= x · (x^{2} + x + 1)^{−1} − ∫ x · (−1)(x^{2} + x + 1)^{−2}(2x + 1)dx
= \frac{x}{x^{2} + x + 1} + ∫ \frac{2x^{2} + x}{(x^{2} + x + 1)^{2}} dx

となるが、

2x^{2}+x = 2(x^{2}+x+1)−x−2 = 2(x^{2}+x+1)− \frac{1}{2}(2x+1)− \frac{3}{2} = 2(x^{2}+x+1)− \frac{1}{2}(x^{2}+x+1)′− \frac{3}{2}

であるから、

I = \frac{x}{x^{2} + x + 1} + 2 ∫ \frac{1}{x^{2} + x + 1}dx − \frac{1}{2} ∫ \frac{(x^{2} + x + 1)′}{(x^{2} + x + 1)^{2}} dx − \frac{3}{2} ∫ \frac{1}{(x^{2} + x + 1)^{2}} dx
= \frac{x}{x^{2} + x + 1} + 2I − \frac{1}{2} \frac{−1}{x^{2} + x + 1} − \frac{3}{2}J.

ゆえに

\frac{3}{2}J = \frac{x + 1/2}{x^{2} + x + 1} + I

であるから、 (1) の結果を用いて

J = \frac{2}{3} (\frac{x + 1/2}{x^{2} + x + 1} + \frac{2}{\sqrt{3}} Arctan (\frac{2x + 1}{\sqrt{3}})) = \frac{1}{3} (\frac{2x + 1}{x^{2} + x + 1} + \frac{4}{\sqrt{3}} Arctan (\frac{2x + 1}{\sqrt{3}})) .

4 α, β を正定数とするとき、 I_{α} = ∫_{1}^{∞} \frac{1}{x^{α}} dx, J_{β} = ∫_{0}^{1} \frac{1}{x^{β}} dx を求めよ。

解答 I_{α} について。被積分関数は積分区間のいたるところで連続だが、積分区間は無限区間であるから I_{α} は広義積分であり、定義から

I_{α} = lim_{R→∞} ∫_{1}^{R} \frac{1}{x^{α}} dx.

α = 1 のときは、

I_{1} = lim_{R→∞} [log |x|]_{1}^{R} = lim_{R→∞} log R = ∞.

α ≠ 1 のときは、

I_{α} = lim_{R→∞} [\frac{x^{−α+1}}{−α + 1}]_{1}^{R} = lim_{R→∞} \frac{R^{−α+1} − 1}{−α + 1} = \{ \begin{matrix}\frac{0 − 1}{1 − α} = \frac{1}{α − 1} & (α > 1) \\ \frac{∞ − 1}{1 − α} = ∞ & (α < 1) \end{matrix}

まとめると

I_{α} = \{ \begin{matrix}\frac{1}{α − 1} & (α > 1) \\ ∞ & (α ≤ 1) \end{matrix}

J_{β} について。被積分関数\frac{1}{x^{β}} は積分区間の左端 x = 0 で定義されていないので、 J_{β} は広義積分で、定義から

J_{β} = lim_{ε→+0} ∫_{ε}^{1} \frac{1}{x^{β}} dx.

β = 1 のときは、

J_{1} = lim_{ε→+0} [log |x|]_{ε}^{1} = lim_{ε→+0}(− log ε) = ∞.

β ≠ 1 のときは、

J_{β} = lim_{ε→+0} [\frac{x^{−β+1}}{−β + 1}]_{ε}^{1} = lim_{ε→+0} \frac{1 − ε^{−β+1}}{−β + 1} = \{ \begin{matrix}\frac{1 − ∞}{1 − β} = ∞ & (β > 1) \\ \frac{1 − 0}{1 − β} = \frac{1}{1 − β} & (β < 1) \end{matrix}

まとめると

J_{β} = \{ \begin{matrix}\frac{1}{1 − β} & (β < 1) \\ ∞ & (β ≥ 1) \end{matrix}

が得られる。