3.7 解答

3.7

1.

微分積分学の基本定理は次のように使う．$f(t)$が$[a,b]$で連続で，$a < x < b$ならば

$$\frac{d}{dx}\int_{a}^{x}f(t) dt = f(x)$$

$$\frac{d}{dx}\int_{a}^{u}f(t) dt = \frac{d}{du}(\int_{a}^{u}f(t) dt)\frac{du}{dx} = f(u)\frac{du}{dx}$$

(a)

$$\frac{d}{dx}\int_{x}^{b}f(t) dt = \frac{d}{dx}(-\int_{b}^{x}f(t) dt) = -f(x)$$

(b)

$$\frac{d}{dx}\int_{x}^{x+1}f(t) dt = \frac{d}{dx}[\int_{x}^{a}f(t) dt + \int_{a}^{x+1}f(t) dt]$$

$$= -f(x) + f(x+1)\frac{d(x+1)}{dx} = -f(x) + f(x+1)$$

(c)

$$\frac{d}{dx}\int_{0}^{2x}x^{2}f(t) dt = \frac{d}{dx}(x^{2}\int_{0}^{2x}f(t) dt \left(\begin{array}{l} tについての積分なので\\ x^{2}は積分記号の外に\\ 出せる \end{array}\right)$$

$$= 2x \int_{0}^{2x}f(t) dt + x^{2}\frac{d}{dx}\int_{0}^{2x}f(t) dt$$

$$= 2x \int_{0}^{2x}f(t)dt + x^{2}f(2x)\cdot 2$$

2. 定積分は次のようにして求める． $F'(x) = f(x)$のとき，つまり$F(x)$が$f(x)$の原始関数であるとき

$$\int_{a}^{b}f(x) dx = F(x)\mid_{a}^{b} = F(b) - F(a)$$

特に，不定積分を求めるのに置換積分を使った場合

$$\int_{a}^{b}f(g(x))g'(x) dx$$

を求めるには$t = g(x)$とおくと $dt = g'(x)dx$となるので

$$\int_{a}^{b}f(g(x))g'(x) dx = \int_{t=g(a)}^{t=g(b)}f(t) dt$$

として求める．

(a) $t = \sqrt{x - 1}$とおくと$t^2 = x - 1$より$2t dt = dx$．このとき

$$\begin{array}{llll} x&1 &\Rightarrow & 5\ \hline t&0 &\Rightarrow & 2 \end{array}$$

に注意すると

$$\int_{1}^{5}{2\sqrt{x-1}} dx = 2\int_{0}^{2}{t(2tdt)}$$

$$= 4\int_{0}^{2}t^{2} dt = \frac{4}{3}t^{3}\mid_{0}^{2} = \frac{32}{3}$$

(b)

$$\int_{1}^{2}{\frac{2-t}{t^3}} dt = \int_{1}^{2}{(2t^{-3} - t^{-2})} dt = [-t^{-2} + t^{-1}\mid_{1}^{2}$$

$$= [-\frac{1}{t^2} + \frac{1}{t}\mid_{1}^{2} = -\frac{1}{4} + \frac{1}{2} - (-1+1) = \frac{1}{4}$$

(c)

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\cos{x}} dx = \sin{x}\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \sin{(\frac{\pi}{2})} - \sin{0} = 1$$

(d) $t = -x^{2}$とおくと $dt = -2xdx$．このとき

$$\begin{array}{llll} x&0 & \Rightarrow & 1\ \hline t&0 &\Rightarrow & -1 \end{array}$$

に注意すると

$$\int_{0}^{1}{xe^{-x^2}} dx = \int_{0}^{-1}{e^{t}(-2tdt)}$$

$$= 2\int_{-1}^{0}{e^{t}} dt = 2e^{t}\mid_{-1}^{0} = 2(e^{0} - e^{-1}) = 2(1 - \frac{1}{e})$$

(e) $t = e^{x}+1$とおくと $dt = e^{x} dx$．このとき

$$\begin{array}{llll} x&0 & \Rightarrow & \log{2}\ \hline t&2 &\Rightarrow & 3 \end{array}$$

に注意すると

$$\int_{0}^{\log{2}}{\frac{e^{x}}{e^{x}+1}} dx = \int_{2}^{3}{\frac{dt}{t}} dt = \frac{1}{a^{2}}\int{\frac{1}{\sec{t}}}$$

$$= \log\vert t\vert\mid_{2}^{3} = \log{3} - \log{2} = \log{3}{2}$$

3.

4.

(a) $0 < x < 1$で$n > 2$のとき$1 + x^{n}$の評価を行なう． まず， $1 + x^{n} < 1 + x^{2}$より

$$\frac{1}{1+x^{2}} < \frac{1}{1+x^{n}}$$

また， $1 + x^{n} > 1$より

$$\frac{1}{1+x^{n}} < 1$$

これより

$$\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}} dx < \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n} dx < \int_{0}^{1} 1 dx$$

ここで

$$\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2} dx = \tan^{-1}{x}\mid_{0}^{1} = \tan^{-1}{1} - \tan^{-1}{0} = \frac{\pi}{4}$$

より

$$\frac{\pi}{4} < \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n} dx < 1$$

(b) $0 < x < 1$で$n \geq 1$のとき $\frac{x^{n}}{1+x}$の評価を行なう．

$$\frac{x^{n}}{2} < \frac{x^{n}}{1+x} < x^{n}$$

より

$$\int_{0}^{1}\frac{x^n}{2} dx < \int_{0}^{1}\frac{x^n}{1+x} dx < \int_{0}^{1} x^n dx$$

ここで

$$\int_{0}^{1}\frac{x^n}{2} dx = \frac{x^{n+1}}{2(n+1)}\mid_{0}^{1} = \frac{1}{2(n+1)}$$

また，

$$\int_{0}^{1}x^{n} dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}\mid_{0}^{1} = \frac{1}{n+1} < \frac{1}{n}$$

よって

$$\frac{1}{2(n+1)} < \int_{0}^{1}\frac{x^{n}}{1+x} dx < \frac{1}{n+1} < \frac{1}{n}$$

5.

定積分と和の極限値の関係は次の式で与えられる． 区間$[a,b]$上で定義された関数$f(x)$の積分は，区間$[a,b]$を幅 $\frac{b-a}{n}$の小区間で刻んでいくと，そこに生まれる長方形の面積(ただし$f(x) > 0$)は

$$f(a + \frac{b-a}{n})\frac{b-a}{n} + f(a + \frac{2(b-a)}{n})\frac{b-a}{n} + \cdots + = \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n}f(a + \frac{i(b-a)}{n})$$

で与えられる．このとき $n \to \infty$で収束する定数を次のように表わす．

$$\lim_{n \to \infty}\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n}f(a + \frac{i(b-a)}{n}) = \int_{a}^{b}f(x) dx$$

しかし，一般的には $f(x) = f(\frac{i(b-a)}{n})$と考えて，次のように求める方が簡単である．

$$\lim_{n \to \infty}\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n}f(\frac{i(b-a)}{n}) = \int_{0}^{b-a}f(x) dx$$

(a) 極限値の式から $\frac{1}{n}$を取り出すと

$$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}(\frac{1}{1 + \frac{1}{n}} + \frac{1}{1 + \frac{2}{n}} + \cdots + \frac{1}{1 + \frac{n}{n}}) = \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f(1 + \frac{i}{n})$$

ここで $f(x) = f(1 + \frac{i}{n}) = \frac{1}{1 + \frac{i}{n}}$より $f(x) = \frac{1}{x}$であることが分かる．したがって，

$$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}(\frac{1}{1 + \frac{1}{n}} + \frac{1}{1 + \frac{2}{n}} + \cdots + \frac{1}{1 + \frac{n}{n}}) = \int_{1}^{2}\frac{1}{x} dx = \log\vert x\vert\mid_{1}^{2}$$

$$= \log{2} - \log{1} = \log{2}$$

別解 $f(x) = f(\frac{i}{n}) = \frac{1}{1 + \frac{i}{n}}$より $f(x) = \frac{1}{1 + x}$となるので

$$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}(\frac{1}{1 + \frac{1}{n}} + \frac{1}{1 + \frac{2}{n}} + \cdots + \frac{1}{1 + \frac{n}{n}}) = \int_{1}^{2}\frac{1}{1+x} dx = \log\vert 1+x\vert\mid_{0}^{1}$$

$$= \log{2} - \log{1} = \log{2}$$

(b) 極限値の式から $\frac{1}{n}$を取り出すと

$$\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{1}{n^{2} + i^{2}}} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{1}{1 + (\frac{i}{n})^{2}}}$$

ここで $f(x) = f(\frac{i}{n}) = \sqrt{\frac{1}{1 + (\frac{i}{n})^{2}}}$より $f(x) = \sqrt{\frac{1}{1 + x^2}}$であることが分かる．したがって，

$$\lim_{n \to \infty}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{1}{n^{2} + i^{2}}} = \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{1}{1 + (\frac{i}{n})^{2}}}$$

$$= \int_{0}^{1}\sqrt{\frac{1}{1 + x^2}} dx$$

$$= \log\vert x + \sqrt{1 + x^2}\vert\mid_{0}^{1} = \log{1 + \sqrt{2}}$$

(c)

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\int_{0}^{x} \tan{(t^2)}dt}{x^{3}} = \lim_{x \to 0}\frac{\tan{x^2}}{3x^{2}}$$

$$= \lim_{x \to 0}\frac{2x \sec^{2}{2x}}{6x} = \lim_{x \to 0}\frac{2\sec^{2}{2x} + 8x\sec^{2}{2x}\tan{2x}}{6}$$

$$= \frac{1}{3}$$