問題
問1
以下の不定積分をせよ。
\begin{eqnarray}
\int e^{-x}\sin xdx
\end{eqnarray}
【解答はこちら】
問2
以下の不定積分を求めよ。
\begin{eqnarray}
\int\frac{x}{\sqrt{x+1}+1}
\end{eqnarray}
【解答はこちら】
問3
次の不定積分を求めよ。
\begin{eqnarray}
\int\sqrt{1+e^x}dx
\end{eqnarray}
【解答はこちら】
問4
関数\(f(x)\)は以下の等式を満たす。
\begin{eqnarray}
f(x)=\sin x+\int_{0}^{\pi}f(t)\cos\left(x-t\right)dt
\end{eqnarray}
この時、関数\(f(x)\)を求めよ。
【解答はこちら】
問5
以下の極限値を求めよ。
\begin{eqnarray}
\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n\left(n+2\right)}}+\frac{1}{\sqrt{n\left(n+4\right)}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n\left(n+2n\right)}}\right)
\end{eqnarray}
【解答はこちら】
問6
(1)
以下の定積分を計算せよ。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx
\end{eqnarray}
(2)
以下の不等式を証明せよ。
\begin{eqnarray}
\frac{\pi}{4}<\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^4}dx<1
\end{eqnarray}
【解答はこちら】
問7
以下の不等式を証明せよ。
\begin{eqnarray}
n\log n-n+1<\log\left(n!\right)<\left(n+1\right)\log\left(n+1\right)-n
\end{eqnarray}
【解答はこちら】
解答
問1の解答 積の積分
【問題はこちら】
積の積分で\(e^{-x}\)を積分し、\(\sin x\)を微分する。
\begin{eqnarray}
\int e^{-x}\sin xdx&=&-e^{-x}\sin x-\int-e^{-x}\cos xdx+C\\
\\
&=&-e^{-x}+\left(-e^{-x}\cos x\right)+\int e^{-x}\left(-\sin x\right)dx+C\\
\\
&=&-e^{-x}\left(\sin x+\cos x\right)-\int e^{-x}\sin xdx+C
\end{eqnarray}
ここで、右辺の\(\int e^{-x}\sin xdx\)を左辺に移項すると以下になる。
\begin{eqnarray}
2\int e^{-x}\sin xdx=-e^{-x}\left(\sin x+\cos x\right)+C
\end{eqnarray}
よって、不定積分は以下になる。
\begin{eqnarray}
\int e^{-x}\sin xdx=-\frac{e^{-x}}{2}\left(\sin x+\cos x\right)+C
\end{eqnarray}
問2の解答 置換積分を用いる
【問題はこちら】
\(x+1=t^2\)と置く。
この時、\(dx\)は以下になる。
\begin{eqnarray}
dx=2t\cdot dt
\end{eqnarray}
よって、不定積分は以下のように変形できる。
\begin{eqnarray}
\int\frac{t^2-1}{t+1}dt&=&\int\left(2t^2-2t\right)dt\\
\\
&=&\frac{2}{3}t^3-t^2+C\\
\\
&=&t^2\left(\frac{2}{3}t-1\right)+C
\end{eqnarray}
ここで、\(t=x+1\)を代入すると不定積分は以下になる。
\begin{eqnarray}
\int\frac{x}{\sqrt{x+1}+1}dx=\left(x+1\right)\left(\frac{2}{3}\sqrt{x+1}-1\right)+C
\end{eqnarray}
問3の解答 置換積分から部分分数分解をする
【問題はこちら】
\(\sqrt{1+e^x}=t\)として置換積分をする。
この時、\(dx\)は以下になる。
\begin{eqnarray}
e^xdx&=&2t\cdot dt\\
\\
dx&=&\frac{2t}{t^2-1}dt
\end{eqnarray}
よって、不定積分は以下になる。
\begin{eqnarray}
\int\sqrt{1+e^x}dx&=&\int\frac{2t^2}{t^2-1}dt\\
\\
&=&\int\left(2+\frac{2}{t^2-1}\right)\\
\\
&=&\int 2dt+\int\underbrace{\left(\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}\right)}_{部分分数分解}dt\\
\\
&=&2t+\log|t-1|-\log|t+1|\\
\\
&=&2t+\log|\frac{t-1}{t+1}|+C\\
\\
&=&2\sqrt{1+e^x}+\log\underbrace{|\frac{\left(\sqrt{1+e^x}-1\right)^2}{1+e^x-1}|}_{分子分母に\sqrt{1+e^x}-1をかける}+C\\
\\
&=&2\sqrt{1+e^x}+2\log|\sqrt{1+e^x}-1|-\log e^x+C\\
\\
&=&2\sqrt{1+e^x}+2\log|\sqrt{1+e^x}-1|-x+C
\end{eqnarray}
問4の解答 加法定理から\(\sin x,\cos x\)の係数を求める
【問題はこちら】
関数\(f(x)\)は以下のように式変形できる。
\begin{eqnarray}
f(x)&=&\sin x+\int_{0}^{\pi}f(t)\underbrace{\left(\cos x\cos t+\sin x\sin t\right)}_{加法定理}dt\\
\\
&=&\sin x+\underbrace{\cos x}_{\cos xは定数}\int_{0}^{\pi}\cos tdt+\underbrace{\sin x}_{\sin xは定数}\int_{0}^{\pi}\sin tdt\\
\end{eqnarray}
ここで、\(t\)についての定積分は関数\(f(x)\)の定数であるのでそれぞれを以下のように定数\(a,b\)と置く。
\begin{eqnarray}
a&=&\int_{0}^{\pi}f(t)\cos tdt\tag{4.1}\\
\\
b&=&\int_{0}^{\pi}f(t)\sin tdt\tag{4.2}
\end{eqnarray}
よって、関数\(f(x)\)は以下になる。
\begin{eqnarray}
f(x)=a\cos x+\left(b+1\right)\sin x
\end{eqnarray}
ここで、\(\cos x,\sin x\)の係数\(a,b\)を求めることで関数\(f(x)\)を求める。
まず、関数\(f(x=t)\)と式4.1から以下の計算をする。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\pi}f(x=t)&=&\int_{0}^{\pi}\left(a\cos t+\left(b+1\right)\sin t\right)\cos tdt\\
\\
&=&a\int_{0}^{\pi}\cos^2tdt+\left(b+1\right)\int_{0}^{\pi}\sin t\cos tdt\\
\\
&=&\frac{a}{2}\int_{0}^{\pi}\underbrace{\left(\cos2t+1\right)}_{半角の公式}dt+\frac{b+1}{2}\int_{0}^{\pi}\underbrace{\sin2t}_{倍角の公式}dt=a
\end{eqnarray}
ここで、二項目の積分を考えると、\(\sin2t\)の周期は\(\pi\)であるので、定積分は0となる。
次に一項目の定積分を計算すると以下になる。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\pi}\left(\cos2t+1\right)dt&=&\left[\frac{1}{2}\sin2t+t\right]_0^{\pi}\\
\\
&=&\pi
\end{eqnarray}
よって、\(a\)の項を左辺い揃えると以下になる。
\begin{eqnarray}
a\left(1+\pi\right)=0
\end{eqnarray}
よって、\(a=0\)となる。
よって、関数\(f(x)\)は以下になる。
\begin{eqnarray}
f(x)=\left(b+1\right)\sin x
\end{eqnarray}
次にこの関数\(f(x)\)と式4.2から以下の計算をする。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\pi}f(t)\sin tdt&=&\int_{0}^{\pi}\left(b+1\right)\sin^2tdt\\
\\
&=&\left(b+1\right)\int_{0}^{\pi}\underbrace{\frac{1-\cos2t}{2}}_{半角の公式}\\
\\
&=&\frac{b+1}{2}\left[t-\frac{1}{2}\sin2t\right]_0^{\pi}\\
\\
&=&\frac{b+1}{2}\pi=b
\end{eqnarray}
よって、定数\(b\)は以下になる。
\begin{eqnarray}
b=\frac{\pi}{2-\pi}
\end{eqnarray}
よって、関数\(f(x)\)は以下になる。
\begin{eqnarray}
f(x)=\frac{2}{2-\pi}\sin x
\end{eqnarray}
問5の解答 積分の定義を用いる
【問題はこちら】
和の記号\(\sum\)を用いて表すと以下になる。
\begin{eqnarray}
\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{n\left(n+2k\right)}}\\
\\
\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\underbrace{\frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2k}{n}}}}_{分母をnで括った}
\end{eqnarray}
この極限を積分の形で表すと以下になる。
\begin{eqnarray}
\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2k}{n}}}&=&\int_{0}^{1}\underbrace{\frac{1}{\sqrt{1+2x}}}_{\frac{k}{n}=x}\underbrace{dx}_{\frac{1}{n}}\\
\\
&=&\left[2\left(1+2x\right)^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\right]_0^1\\
\\
&=&\sqrt{3}-1
\end{eqnarray}
問6の解答 置換積分から定積分を計算し、冪関数の大小関係から積分の大小関係に繋げていく
【問題はこちら】
(1)
\(x=\tan\theta\)と置くと、\(dx\)と\(\theta\)の積分範囲は以下になる。
\begin{eqnarray}
dx=\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta
\end{eqnarray}
| $$x$$ | $$0$$ | $$→$$ | $$1$$ |
| $$\theta$$ | $$0$$ | $$→$$ | $$\frac{\pi}{4}$$ |
よって、定積分は以下になる。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx&=&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\underbrace{\frac{1}{1+\tan^2\theta}}_{=\cos^2\theta}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta\\
\\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\theta\\
\\
&=&\frac{\pi}{4}
\end{eqnarray}
(2)
\(0\leq x\leq1\)の範囲の時、\(x\)のべき乗の関数は以下の不等式を満たす。
\begin{eqnarray}
1\leq 1+x^4\leq1+x^2
\end{eqnarray}
よって、逆数の不等式は以下になる。
\begin{eqnarray}
1\geq\frac{1}{1+x^4}\geq\frac{1}{1+x^2}
\end{eqnarray}
この時、等号は常に満たされるわけではない。
よって、それぞれを\(x=0\)から\(x=1\)まで定積分すると等号は満たさなくなるので不等式は以下になる。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{1}1dx>\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^4}dx>\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx
\end{eqnarray}
ここで、それぞれの定積分は以下となる。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{1}1dx&=&1\
\\
\underbrace{\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx}_{(1)より}&=&\frac{\pi}{4}
\end{eqnarray}
よって、以下の不等式を満たすことが分かる。
\begin{eqnarray}
1>\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^4}dx>\frac{\pi}{4}
\end{eqnarray}
問7の解答 対数関数の積分の大小関係から導く
【問題はこちら】
対数関数は増加関数なので\(k\leq x\leq k+1\)の範囲で以下の不等式が成立する。
\begin{eqnarray}
\log k\leq\log x\leq\log\left(k+1\right)
\end{eqnarray}
この時、等号は常に満たすわけではない。
よって、\(x=k\)から\(x=k+1\)まで定積分すると不等式は以下になる。
\begin{eqnarray}
\int_{k}^{k+1}\log kdx<\int_{k}^{k+1}\log xdx<\int_{k}^{k+1}\log\left(k+1\right)dx
\end{eqnarray}
ここで、最初に以下の不等式に注目する。
\begin{eqnarray}
\int_{k}^{k+1}\log kdx<\int_{k}^{k+1}\log xdx\\
\\
\underbrace{\log k}_{定積分を計算}<\int_{k}^{k+1}\log xdx
\end{eqnarray}
この時、\(k=1\)から\(k=n\)までの和を取る。
すると、以下になる。
\begin{eqnarray}
\sum_{k=1}^n\log k&<&\sum_{k=1}^n\int_{k}^{k+1}\log xdx\\
\\
\log1+\log2+\log3+\cdots+\log n&<&\underbrace{\int_{1}^{n+1}\log xdx}_{\int_{b}^{a}f(x)dx+\int_{a}^{c}f(x)=\int_{b}^{c}}\\
\\
\log\left(n!\right)&<&\int_{1}^{n+1}\log xdx
\end{eqnarray}
ここで、右辺の定積分を計算すると以下になる。
\begin{eqnarray}
\int_{1}^{n+1}\log xdx&=&\left[x\log x\right]_1^{n+1}-\int_{1}^{n+1}x\cdot\frac{1}{x}dx\\
\\
&=&\left(n+1\right)\log\left(n+1\right)-\left[x\right]_1^{n+1}\\
\\
&=&\left(n+1\right)\log\left(n+1\right)-n\tag{7.1}
\end{eqnarray}
次に以下の不等式を考える。
\begin{eqnarray}
\int_{k}^{k+1}\log xdx<\int_{k+1}^{k}\log\left(k+1\right)dx\\
\\
\int_{k}^{k+1}\log xdx<\log\left(k+1\right)
\end{eqnarray}
ここで、\(k=1\)から\(k=n-1\)までの和を取る。
\begin{eqnarray}
\sum_{k=1}^n\int_{k}^{k+1}\log xdx&<&\sum_{k=1}^n\log\left(k+1\right)\\
\\
\underbrace{\int_{1}^{n}\log xdx}_{先の積分でn+1からnに変わっただけ}&<&\underbrace{\log1}_{=0}+\log2+\log3+\cdots+\log n\\
\\
n\log n-n+1&<&\log\left(n!\right)\tag{7.2}
\end{eqnarray}
式7.1、式7.2より、以下の不等式が成立する。
\begin{eqnarray}
n\log n-n+1<\log\left(n!\right)<\left(n+1\right)\log\left(n+1\right)-n
\end{eqnarray}
