問題は3つに分かれています。 * **問題1:** (a) 与えられた関数 $f(x)$ の一階導関数と二階導関数 $\frac{d^2f}{dx^2}$ を求め、特定の関数の極値を判定します。 (b) 質点の位置 $x(t)$ が与えられたときに、速度 $v(t)$ と加速度 $a(t)$ を求め、速度がゼロになる時刻における位置を求め、運動の向きが変わる間に移動した距離を求めます。 * **問題2:** (a) 積の微分公式を微分の定義を使って証明します。 (b) 微分の定義を用いて、$f(x) = \frac{b}{x+a}$ の微分を計算します。 * **問題3:** (a) 与えられた関数の不定積分 $\int f(x) dx$ を求めます。 (b) 加速度 $a(t)$ が与えられたときに、初期条件から物体の位置 $x(t)$ を求めます。

## 問題の回答

1. 問題の内容

問題は3つに分かれています。

* **問題1:**

(a) 与えられた関数 $f(x)$ の一階導関数と二階導関数 $\frac{d^2f}{dx^2}$ を求め、特定の関数の極値を判定します。

(b) 質点の位置 $x(t)$ が与えられたときに、速度 $v(t)$ と加速度 $a(t)$ を求め、速度がゼロになる時刻における位置を求め、運動の向きが変わる間に移動した距離を求めます。

* **問題2:**

(a) 積の微分公式を微分の定義を使って証明します。

(b) 微分の定義を用いて、$f(x) = \frac{b}{x+a}$ の微分を計算します。

* **問題3:**

(a) 与えられた関数の不定積分 $\int f(x) dx$ を求めます。

(b) 加速度 $a(t)$ が与えられたときに、初期条件から物体の位置 $x(t)$ を求めます。

2. 解き方の手順

**問題1 (a)**

* **(i) $f(x) = \frac{ax}{x+b}$**

* 一階導関数 $f'(x)$ を計算します。

$$f'(x) = \frac{a(x+b) - ax}{(x+b)^2} = \frac{ab}{(x+b)^2}$$

* 二階導関数 $f''(x)$ を計算します。

$$f''(x) = \frac{d}{dx} \left(\frac{ab}{(x+b)^2}\right) = -\frac{2ab}{(x+b)^3}$$

* 極値は $f'(x) = 0$ となる $x$ で発生しますが、$f'(x)$ は常に正であるため、極値は存在しません。

* **(ii) $f(x) = axe^{-bx^2}$**

* 一階導関数 $f'(x)$ を計算します。

$$f'(x) = a e^{-bx^2} + ax (-2bx) e^{-bx^2} = a e^{-bx^2} (1 - 2bx^2)$$

* 二階導関数 $f''(x)$ を計算します。

$$f''(x) = a e^{-bx^2} (-2bx)(1 - 2bx^2) + a e^{-bx^2} (-4bx) = -2abx e^{-bx^2} (3 - 2bx^2)$$

* 極値は $f'(x) = 0$ となる $x$ で発生します。$a e^{-bx^2} \neq 0$ より、$1 - 2bx^2 = 0$ を解くと、$x = \pm \sqrt{\frac{1}{2b}}$ となります。

* $x = \sqrt{\frac{1}{2b}}$ のとき、$f''(\sqrt{\frac{1}{2b}}) = -2ab \sqrt{\frac{1}{2b}} e^{-b(\frac{1}{2b})}(3 - 2b(\frac{1}{2b})) = -2ab \sqrt{\frac{1}{2b}} e^{-1/2} (3 - 1) < 0$。したがって、極大値です。

$f(\sqrt{\frac{1}{2b}}) = a \sqrt{\frac{1}{2b}} e^{-b(\frac{1}{2b})} = a \sqrt{\frac{1}{2b}} e^{-1/2} = \frac{a}{\sqrt{2be}}$

* $x = -\sqrt{\frac{1}{2b}}$ のとき、$f''(-\sqrt{\frac{1}{2b}}) = -2ab (-\sqrt{\frac{1}{2b}}) e^{-b(\frac{1}{2b})}(3 - 2b(\frac{1}{2b})) = 2ab \sqrt{\frac{1}{2b}} e^{-1/2} (3 - 1) > 0$。したがって、極小値です。

$f(-\sqrt{\frac{1}{2b}}) = a (-\sqrt{\frac{1}{2b}}) e^{-b(\frac{1}{2b})} = -a \sqrt{\frac{1}{2b}} e^{-1/2} = -\frac{a}{\sqrt{2be}}$

* **(iii) $f(x) = \cos(ax+b) e^{-2ax}$**

* 一階導関数 $f'(x)$ を計算します。

$$f'(x) = -a \sin(ax+b) e^{-2ax} - 2a \cos(ax+b) e^{-2ax} = -a e^{-2ax} [\sin(ax+b) + 2 \cos(ax+b)]$$

* 二階導関数 $f''(x)$ を計算します。

$$f''(x) = 4a^2 e^{-2ax} [\sin(ax+b) + 2 \cos(ax+b)] - a e^{-2ax} [a \cos(ax+b) - 2a \sin(ax+b)] = a^2 e^{-2ax} [6\sin(ax+b) + 3\cos(ax+b)]$$

**問題1 (b)**

* **(i)**

* 速度 $v(t) = \frac{dx}{dt}$ を計算します。

$$v(t) = \frac{d}{dt} \left(\frac{t^3}{3} - \frac{a-2b}{2} t^2 - 2abt\right) = t^2 - (a-2b)t - 2ab$$

* 加速度 $a(t) = \frac{dv}{dt}$ を計算します。

$$a(t) = \frac{d}{dt} \left(t^2 - (a-2b)t - 2ab\right) = 2t - (a-2b)$$

* **(ii)**

* $v(t) = 0$ となる $t$ を求めます。

$$t^2 - (a-2b)t - 2ab = 0$$

$$(t-a)(t+2b) = 0$$

$t = a, -2b$ となりますが、$t > 0$ なので、$t=a$ です。

* $t=a$ のときの $x(a)$ を計算します。

$$x(a) = \frac{a^3}{3} - \frac{a-2b}{2} a^2 - 2aba = \frac{a^3}{3} - \frac{a^3}{2} + a^2b - 2a^2b = -\frac{a^3}{6} - a^2b$$

* 運動の向きを変える瞬間は $v(t) = 0$ のときなので、$t=a$。 再び運動の向きを変える瞬間はないので、移動距離は0。

**問題2 (a)**

積の微分公式 $\frac{d}{dx} (f(x)g(x)) = \frac{df}{dx} g(x) + f(x) \frac{dg}{dx}$ を微分の定義を使って証明します。

$f(x + \Delta x) = f(x) + \Delta f(x)$, $g(x + \Delta x) = g(x) + \Delta g(x)$ とします。

$$\frac{d}{dx} (f(x)g(x)) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x)g(x+\Delta x) - f(x)g(x)}{\Delta x}$$

$$= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(f(x) + \Delta f(x))(g(x) + \Delta g(x)) - f(x)g(x)}{\Delta x}$$

$$= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x)g(x) + f(x)\Delta g(x) + g(x)\Delta f(x) + \Delta f(x) \Delta g(x) - f(x)g(x)}{\Delta x}$$

$$= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x)\Delta g(x) + g(x)\Delta f(x) + \Delta f(x) \Delta g(x)}{\Delta x}$$

$$= \lim_{\Delta x \to 0} \left(f(x) \frac{\Delta g(x)}{\Delta x} + g(x) \frac{\Delta f(x)}{\Delta x} + \frac{\Delta f(x)}{\Delta x} \Delta g(x)\right)$$

$$= f(x) \frac{dg}{dx} + g(x) \frac{df}{dx} + \frac{df}{dx} \cdot 0$$

$$= \frac{df}{dx} g(x) + f(x) \frac{dg}{dx}$$

**問題2 (b)**

$f(x) = \frac{b}{x+a}$ の微分を定義式を用いて計算します。

$$f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\frac{b}{x+\Delta x + a} - \frac{b}{x+a}}{\Delta x}$$

$$= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{b(x+a) - b(x+\Delta x + a)}{(x+\Delta x + a)(x+a) \Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{b(x+a - x - \Delta x - a)}{(x+\Delta x + a)(x+a) \Delta x}$$

$$= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{-b \Delta x}{(x+\Delta x + a)(x+a) \Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{-b}{(x+\Delta x + a)(x+a)}$$

$$= \frac{-b}{(x+a)^2}$$

**問題3 (a)**

* **(i) $f(x) = 3x^2 - 4x + 2$**

$$\int (3x^2 - 4x + 2) dx = x^3 - 2x^2 + 2x + C$$

* **(ii) $f(x) = \cos(\omega x)$**

$$\int \cos(\omega x) dx = \frac{1}{\omega} \sin(\omega x) + C$$

* **(iii) $f(x) = xe^{-ax}$**

$$\int xe^{-ax} dx$$

部分積分法を使います。$u = x, dv = e^{-ax} dx$ とすると、$du = dx, v = -\frac{1}{a}e^{-ax}$ となります。

$$\int xe^{-ax} dx = -\frac{x}{a} e^{-ax} - \int -\frac{1}{a} e^{-ax} dx = -\frac{x}{a} e^{-ax} + \frac{1}{a} \int e^{-ax} dx = -\frac{x}{a} e^{-ax} - \frac{1}{a^2} e^{-ax} + C = -\frac{1}{a^2} e^{-ax}(ax+1) + C$$

**問題3 (b)**

加速度 $a(t) = (2t-1)e^{-t}$ で、初期条件 $x(0) = 3$, $v(0) = -1$ のときの $x(t)$ を求めます。

まず、速度 $v(t)$ を求めます。

$$v(t) = \int a(t) dt = \int (2t-1)e^{-t} dt$$

部分積分法を使います。$u = 2t-1, dv = e^{-t} dt$ とすると、$du = 2 dt, v = -e^{-t}$ となります。

$$v(t) = -(2t-1)e^{-t} - \int -2e^{-t} dt = -(2t-1)e^{-t} - 2e^{-t} + C = -(2t+1)e^{-t} + C$$

$v(0) = -1$ より、$-(2(0)+1)e^{-0} + C = -1$ なので、$-1 + C = -1$、$C = 0$。

したがって、$v(t) = -(2t+1)e^{-t}$。

次に、位置 $x(t)$ を求めます。

$$x(t) = \int v(t) dt = \int -(2t+1)e^{-t} dt = -\int (2t+1)e^{-t} dt$$

部分積分法を使います。$u = 2t+1, dv = e^{-t} dt$ とすると、$du = 2 dt, v = -e^{-t}$ となります。

$$x(t) = - \left[ -(2t+1)e^{-t} - \int -2e^{-t} dt \right] = (2t+1)e^{-t} + 2 \int e^{-t} dt = (2t+1)e^{-t} - 2e^{-t} + D = (2t-1)e^{-t} + D$$

$x(0) = 3$ より、$(2(0)-1)e^{-0} + D = 3$ なので、$-1 + D = 3$、$D = 4$。

したがって、$x(t) = (2t-1)e^{-t} + 4$。

3. 最終的な答え

* **問題1 (a)**

(i) $f'(x) = \frac{ab}{(x+b)^2}$, $f''(x) = -\frac{2ab}{(x+b)^3}$。極値なし。

(ii) $f'(x) = a e^{-bx^2} (1 - 2bx^2)$, $f''(x) = -2abx e^{-bx^2} (3 - 2bx^2)$。$x=\sqrt{\frac{1}{2b}}$で極大値$\frac{a}{\sqrt{2be}}$、$x=-\sqrt{\frac{1}{2b}}$で極小値$-\frac{a}{\sqrt{2be}}$。

(iii) $f'(x) = -a e^{-2ax} [\sin(ax+b) + 2 \cos(ax+b)]$, $f''(x) = a^2 e^{-2ax} [6\sin(ax+b) + 3\cos(ax+b)]$

* **問題1 (b)**

(i) $v(t) = t^2 - (a-2b)t - 2ab$, $a(t) = 2t - (a-2b)$

(ii) $t = a$ で $x(a) = -\frac{a^3}{6} - a^2b$, 移動距離は0

* **問題2 (a)**

$\frac{d}{dx} (f(x)g(x)) = \frac{df}{dx} g(x) + f(x) \frac{dg}{dx}$ (証明は上記参照)

* **問題2 (b)**

$f'(x) = \frac{-b}{(x+a)^2}$

* **問題3 (a)**

(i) $x^3 - 2x^2 + 2x + C$

(ii) $\frac{1}{\omega} \sin(\omega x) + C$

(iii) $-\frac{1}{a^2} e^{-ax}(ax+1) + C$

* **問題3 (b)**

$x(t) = (2t-1)e^{-t} + 4$