関数 $y = x \sin(3x)$ の4階導関数をライプニッツの公式を用いて求める。

## 問題 3 (2)

1. 問題の内容

関数 $y = x \sin(3x)$ の4階導関数をライプニッツの公式を用いて求める。

2. 解き方の手順

ライプニッツの公式は、2つの関数の積のn階導関数を求める公式です。

$$(uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} {}_n C_k u^{(n-k)} v^{(k)}$$

ここで、$u^{(n)}$ は $u$ の $n$ 階導関数、${}_n C_k$ は二項係数を表します。

与えられた関数 $y = x \sin(3x)$ を $y = uv$ と見なすと、

$u = x$ 、$v = \sin(3x)$ となります。

4階導関数を求めるので、$n = 4$ です。

ライプニッツの公式を適用します。

$$y^{(4)} = \sum_{k=0}^{4} {}_4 C_k u^{(4-k)} v^{(k)}$$

ここで、$u=x$ なので、$u' = 1$、$u'' = u''' = u^{(4)} = 0$ となります。

また、$v = \sin(3x)$ なので、

$v' = 3\cos(3x)$、

$v'' = -9\sin(3x)$、

$v''' = -27\cos(3x)$、

$v^{(4)} = 81\sin(3x)$ となります。

よって、ライプニッツの公式の各項は以下のようになります。

* $k=0$: ${}_4 C_0 u^{(4)} v^{(0)} = 1 \cdot 0 \cdot \sin(3x) = 0$

* $k=1$: ${}_4 C_1 u^{(3)} v^{(1)} = 4 \cdot 0 \cdot 3\cos(3x) = 0$

* $k=2$: ${}_4 C_2 u^{(2)} v^{(2)} = 6 \cdot 0 \cdot (-9\sin(3x)) = 0$

* $k=3$: ${}_4 C_3 u^{(1)} v^{(3)} = 4 \cdot 1 \cdot (-27\cos(3x)) = -108\cos(3x)$

* $k=4$: ${}_4 C_4 u^{(0)} v^{(4)} = 1 \cdot x \cdot 81\sin(3x) = 81x\sin(3x)$

したがって、

$$y^{(4)} = 0 + 0 + 0 - 108\cos(3x) + 81x\sin(3x) = 81x\sin(3x) - 108\cos(3x)$$

3. 最終的な答え

$y^{(4)} = 81x\sin(3x) - 108\cos(3x)$

## 問題 4

1. 問題の内容

関数 $f(x) = \log(1-x)$ の $n=3$ におけるマクローリン公式を求める。ただし、剰余項 $R_3(x)$ は省略する。

2. 解き方の手順

マクローリン公式はテイラー展開の特別な場合で、$a=0$ におけるテイラー展開です。

$$f(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3 + R_3(x)$$

まず、$f(x)$ の導関数を求めます。

$f(x) = \log(1-x)$

$f'(x) = \frac{-1}{1-x} = -(1-x)^{-1}$

$f''(x) = -(1-x)^{-2} = -\frac{1}{(1-x)^2}$

$f'''(x) = -2(1-x)^{-3} = -\frac{2}{(1-x)^3}$

次に、$x=0$ におけるこれらの導関数の値を求めます。

$f(0) = \log(1-0) = \log(1) = 0$

$f'(0) = -\frac{1}{1-0} = -1$

$f''(0) = -\frac{1}{(1-0)^2} = -1$

$f'''(0) = -\frac{2}{(1-0)^3} = -2$

これらの値をマクローリン公式に代入します。

$$f(x) = 0 + \frac{-1}{1!}x + \frac{-1}{2!}x^2 + \frac{-2}{3!}x^3 + R_3(x)$$

$$f(x) = -x - \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{3}x^3 + R_3(x)$$

剰余項 $R_3(x)$ を省略すると、

$$f(x) \approx -x - \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{3}x^3$$

3. 最終的な答え

$f(x) \approx -x - \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{3}x^3$

## 問題 5 (1)

1. 問題の内容

オイラーの公式を用いて $e^{\frac{i\pi}{2}}$ を $a+bi$ の形で表す。

2. 解き方の手順

オイラーの公式は

$$e^{i\theta} = \cos(\theta) + i\sin(\theta)$$

今回は $\theta = \frac{\pi}{2}$ なので、

$$e^{\frac{i\pi}{2}} = \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)$$

$\cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$、$\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$ なので、

$$e^{\frac{i\pi}{2}} = 0 + i(1) = i$$

3. 最終的な答え

$e^{\frac{i\pi}{2}} = i$

## 問題 5 (2)

1. 問題の内容

オイラーの公式を用いて $e^{3+\frac{i\pi}{6}}$ を $a+bi$ の形で表す。

2. 解き方の手順

まず、$e^{3+\frac{i\pi}{6}}$ を $e^3 \cdot e^{\frac{i\pi}{6}}$ と変形します。

オイラーの公式は

$$e^{i\theta} = \cos(\theta) + i\sin(\theta)$$

今回は $\theta = \frac{\pi}{6}$ なので、

$$e^{\frac{i\pi}{6}} = \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)$$

$\cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$、$\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$ なので、

$$e^{\frac{i\pi}{6}} = \frac{\sqrt{3}}{2} + i\frac{1}{2}$$

したがって、

$$e^{3+\frac{i\pi}{6}} = e^3\left(\frac{\sqrt{3}}{2} + i\frac{1}{2}\right) = \frac{e^3\sqrt{3}}{2} + i\frac{e^3}{2}$$

3. 最終的な答え

$e^{3+\frac{i\pi}{6}} = \frac{e^3\sqrt{3}}{2} + i\frac{e^3}{2}$