$\lim_{x \to \infty} \frac{e^x}{x^2}$ を求めよ。

はい、承知いたしました。それでは、与えられた問題のいくつかを解いていきます。

**問題 1 (1)**

1. 問題の内容

$\lim_{x \to \infty} \frac{e^x}{x^2}$ を求めよ。

2. 解き方の手順

ロピタルの定理を2回適用します。

まず、$x \to \infty$ のとき、$e^x \to \infty$ かつ $x^2 \to \infty$ なので、不定形 $\frac{\infty}{\infty}$ となります。

ロピタルの定理より、

$\lim_{x \to \infty} \frac{e^x}{x^2} = \lim_{x \to \infty} \frac{e^x}{2x}$

再び、$x \to \infty$ のとき、$e^x \to \infty$ かつ $2x \to \infty$ なので、不定形 $\frac{\infty}{\infty}$ となります。

ロピタルの定理を再度適用すると、

$\lim_{x \to \infty} \frac{e^x}{2x} = \lim_{x \to \infty} \frac{e^x}{2} = \infty$

3. 最終的な答え

$\infty$

**問題 1 (2)**

1. 問題の内容

$\lim_{x \to +0} x^x$ を求めよ。

2. 解き方の手順

$y = x^x$ とおき、両辺の対数をとります。

$\ln y = x \ln x$

$\lim_{x \to +0} x \ln x$ を計算します。

これは、$0 \cdot (-\infty)$ の不定形なので、$\frac{-\infty}{\infty}$ または $\frac{0}{0}$ の形に変形します。

$\lim_{x \to +0} x \ln x = \lim_{x \to +0} \frac{\ln x}{1/x}$

ロピタルの定理を適用します。

$\lim_{x \to +0} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x \to +0} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to +0} (-x) = 0$

したがって、

$\lim_{x \to +0} \ln y = 0$

$\lim_{x \to +0} y = e^0 = 1$

3. 最終的な答え

$1$

**問題 2**

1. 問題の内容

$\int \frac{x^4}{x^3 + 1} dx$ を求めよ。

2. 解き方の手順

まず、分子を分母で割ります。

$\frac{x^4}{x^3+1} = x - \frac{x}{x^3+1}$

したがって、

$\int \frac{x^4}{x^3+1} dx = \int x dx - \int \frac{x}{x^3+1} dx = \frac{x^2}{2} - \int \frac{x}{(x+1)(x^2-x+1)} dx$

$\frac{x}{(x+1)(x^2-x+1)} = \frac{A}{x+1} + \frac{Bx+C}{x^2-x+1}$

とおくと、

$x = A(x^2-x+1) + (Bx+C)(x+1) = (A+B)x^2 + (-A+B+C)x + (A+C)$

$A+B=0$, $-A+B+C=1$, $A+C=0$

より、

$B = -A$, $C = -A$

$-A -A -A = 1$

$A = -1/3, B=1/3, C=-1/3$

よって、

$\int \frac{x}{(x+1)(x^2-x+1)} dx = \int \frac{-1/3}{x+1} + \frac{1/3x-1/3}{x^2-x+1} dx$

$= -\frac{1}{3} \ln |x+1| + \frac{1}{3} \int \frac{x-1}{x^2-x+1} dx$

$= -\frac{1}{3} \ln |x+1| + \frac{1}{6} \int \frac{2x-2}{x^2-x+1} dx$

$= -\frac{1}{3} \ln |x+1| + \frac{1}{6} \int \frac{2x-1-1}{x^2-x+1} dx$

$= -\frac{1}{3} \ln |x+1| + \frac{1}{6} \ln |x^2-x+1| - \frac{1}{6} \int \frac{1}{x^2-x+1} dx$

$= -\frac{1}{3} \ln |x+1| + \frac{1}{6} \ln |x^2-x+1| - \frac{1}{6} \int \frac{1}{(x-1/2)^2+3/4} dx$

$= -\frac{1}{3} \ln |x+1| + \frac{1}{6} \ln |x^2-x+1| - \frac{1}{6} \frac{2}{\sqrt{3}} \arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}} + C$

$= -\frac{1}{3} \ln |x+1| + \frac{1}{6} \ln |x^2-x+1| - \frac{1}{3\sqrt{3}} \arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}} + C$

$\int \frac{x^4}{x^3+1} dx = \frac{x^2}{2} + \frac{1}{3} \ln |x+1| - \frac{1}{6} \ln |x^2-x+1| + \frac{1}{3\sqrt{3}} \arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}} + C$

3. 最終的な答え

$\frac{x^2}{2} + \frac{1}{3} \ln |x+1| - \frac{1}{6} \ln |x^2-x+1| + \frac{1}{3\sqrt{3}} \arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}} + C$

**問題 5**

1. 問題の内容

$a_n = 1, a_{n+1} = \sqrt{a_n + 1}$ で定義される数列 $\{a_n\}$ が有界で単調増加であることを示し、極限を求めよ。

2. 解き方の手順

まず、単調増加性を示す。

$a_1 = 1$, $a_2 = \sqrt{1+1} = \sqrt{2} > a_1$.

$a_2 = \sqrt{2} < 2$

帰納法で、$a_n < 2$を仮定する。

$a_{n+1} = \sqrt{a_n + 1} < \sqrt{2+1} = \sqrt{3} < 2$.

よって、$a_n < 2$ である。

$a_{n+1} - a_n = \sqrt{a_n+1} - a_n = \frac{a_n + 1 - a_n^2}{\sqrt{a_n + 1} + a_n} = \frac{-a_n^2 + a_n + 1}{\sqrt{a_n + 1} + a_n}$

$f(x) = -x^2 + x + 1$.

$f'(x) = -2x+1$

$x=1$ で極大値 $1$.

$f(2) = -4+2+1 = -1$

$a_n < 2$ なので、$a_n^2 < 4$.

$a_{n+1} - a_n > 0$ を示すには、$a_n^2 - a_n - 1 < 0$ を示せばよい。

$x^2-x-1=0$ の解は、$x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

$a_n^2 - a_n - 1 < 0$ となるのは、$\frac{1 - \sqrt{5}}{2} < a_n < \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ のとき。

$a_n < 2$ であり、$\frac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1.618 < 2$ なので、常に$a_n^2 - a_n - 1 < 0$ が成立する。

よって、$a_{n+1} > a_n$ である。

したがって、単調増加で有界なので、極限が存在する。

$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$ とすると、

$\alpha = \sqrt{\alpha + 1}$

$\alpha^2 = \alpha + 1$

$\alpha^2 - \alpha - 1 = 0$

$\alpha = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

$a_n > 0$ より、$\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$

3. 最終的な答え

$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

これらの問題について、何か質問はありますか？他の問題も解いていきましょうか？