$\arccos(\sin(\frac{\pi}{5}))$ の値を求める。

## 問題1(1)

1. 問題の内容

$\arccos(\sin(\frac{\pi}{5}))$ の値を求める。

2. 解き方の手順

$\arccos(x)$ の定義域は $[-1, 1]$ で、値域は $[0, \pi]$ である。また、$\sin(x)$ の値域は $[-1, 1]$ である。

$\sin(\frac{\pi}{5})$ は正の値なので、$\arccos(\sin(\frac{\pi}{5}))$ は $[0, \frac{\pi}{2}]$ の範囲にある。

$\arccos(\sin(x)) = \frac{\pi}{2} - x$ が成り立つ条件を考える。$\cos(\arccos(\sin(\frac{\pi}{5}))) = \sin(\frac{\pi}{5})$ である。

$\sin(\frac{\pi}{5}) = \cos(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{5}) = \cos(\frac{5\pi - 2\pi}{10}) = \cos(\frac{3\pi}{10})$.

$\arccos(\sin(\frac{\pi}{5})) = \arccos(\cos(\frac{3\pi}{10})) = \frac{3\pi}{10}$.

$\frac{3\pi}{10}$ は $[0, \pi]$ の範囲に含まれるため、これは正しい。

3. 最終的な答え

$\arccos(\sin(\frac{\pi}{5})) = \frac{3\pi}{10}$

## 問題1(2)

1. 問題の内容

$\arctan(\frac{1}{2}) + \arctan(\frac{1}{3}) = \frac{\pi}{4}$ を証明する。

2. 解き方の手順

$\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ を利用する。

$A = \arctan(\frac{1}{2})$, $B = \arctan(\frac{1}{3})$ とすると、

$\tan A = \frac{1}{2}$, $\tan B = \frac{1}{3}$ となる。

$\tan(A+B) = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{\frac{5}{6}}{1 - \frac{1}{6}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}} = 1$

$A+B = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$

$\arctan(\frac{1}{2}) + \arctan(\frac{1}{3}) = \frac{\pi}{4}$

3. 最終的な答え

$\arctan(\frac{1}{2}) + \arctan(\frac{1}{3}) = \frac{\pi}{4}$ が証明された。

## 問題2

1. 問題の内容

関数 $f(x) = x^3 e^{-x^2}$ の増減と凹凸を調べ、変曲点と極値を求める。

2. 解き方の手順

まず、導関数 $f'(x)$ を計算する。

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

$f'(x) = 0$ となるのは $x = 0, x = \pm \sqrt{\frac{3}{2}}$ のとき。

次に、二階導関数 $f''(x)$ を計算する。

$f''(x) = (6x - 8x^3)e^{-x^2} + (3x^2 - 2x^4)(-2x)e^{-x^2} = (6x - 8x^3 - 6x^3 + 4x^5)e^{-x^2} = (6x - 14x^3 + 4x^5)e^{-x^2} = 2x(3 - 7x^2 + 2x^4)e^{-x^2}$

$f''(x) = 0$ となるのは $x=0$、または $2x^4 - 7x^2 + 3 = 0$ のとき。

$x^2 = t$ とすると $2t^2 - 7t + 3 = 0$, $(2t - 1)(t - 3) = 0$, $t = \frac{1}{2}, 3$

$x^2 = \frac{1}{2}, 3$, $x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm \sqrt{3}$

3. 最終的な答え

増減表と凹凸表を作成することで、極値と変曲点が求められる。

極大値: $x = \sqrt{\frac{3}{2}}$, 極小値: $x = -\sqrt{\frac{3}{2}}$

変曲点: $x = 0, x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}, x = \pm \sqrt{3}$

## 問題3(1)

1. 問題の内容

$\lim_{x \to -0} (1-e^x)^x$ を求める。

2. 解き方の手順

$y = (1-e^x)^x$ とおくと、 $\ln y = x \ln(1-e^x)$.

$\lim_{x \to -0} x \ln(1-e^x)$ を求める。

$x \to -0$ のとき、$e^x \to 1$, $1 - e^x \to 0$, $\ln(1 - e^x) \to -\infty$.

したがって、不定形 $-\infty \cdot 0$ である。

$\lim_{x \to -0} x \ln(1-e^x) = \lim_{x \to -0} \frac{\ln(1-e^x)}{1/x}$. これは $\frac{-\infty}{-\infty}$ の形なので、ロピタルの定理を使うことができる。

$\lim_{x \to -0} \frac{\frac{-e^x}{1-e^x}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to -0} \frac{x^2 e^x}{1-e^x}$. これは $\frac{0}{0}$ の形なので、再度ロピタルの定理を使う。

$\lim_{x \to -0} \frac{2x e^x + x^2 e^x}{-e^x} = \lim_{x \to -0} \frac{2x + x^2}{-1} = 0$.

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

$\lim_{x \to -0} (1-e^x)^x = 1$

## 問題3(2)

1. 問題の内容

$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1-x} - \sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x^2}}$ を求める。

2. 解き方の手順

分母と分子にそれぞれ共役な複素数をかける。

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

3. 最終的な答え

$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1-x} - \sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x^2}} = -1$

## 問題4(1)

1. 問題の内容

$f(x) = \arcsin x$ について、$(1-x^2)f''(x) - xf'(x) = 0$ を示す。

2. 解き方の手順

$f(x) = \arcsin x$ より、 $f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

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

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

したがって、 $(1-x^2)f''(x) - xf'(x) = 0$.

3. 最終的な答え

$(1-x^2)f''(x) - xf'(x) = 0$ が示された。

## 問題4(2)

1. 問題の内容

自然数 $n$ に対して、$(1-x^2)f^{(n+2)}(x) - (2n+1)xf^{(n+1)}(x) - n^2f^{(n)}(x) = 0$ が成り立つことを示す。

2. 解き方の手順

(1)の結果を $n$ 回微分する。ライプニッツの公式を用いる。

$(1-x^2)f''(x) - xf'(x) = 0$ を $n$ 回微分する。

$\sum_{k=0}^{n} {}_n C_k (1-x^2)^{(k)} (f'')^{(n-k)} - \sum_{k=0}^{n} {}_n C_k (x)^{(k)} (f')^{(n-k)} = 0$.

$(1-x^2)f^{(n+2)} + n(-2x)f^{(n+1)} + \frac{n(n-1)}{2}(-2)f^{(n)} - xf^{(n+1)} - n(1)f^{(n)} = 0$.

$(1-x^2)f^{(n+2)} - 2nxf^{(n+1)} - n(n-1)f^{(n)} - xf^{(n+1)} - nf^{(n)} = 0$.

$(1-x^2)f^{(n+2)} - (2n+1)xf^{(n+1)} - (n^2 - n + n)f^{(n)} = 0$.

$(1-x^2)f^{(n+2)} - (2n+1)xf^{(n+1)} - n^2f^{(n)} = 0$.

3. 最終的な答え

$(1-x^2)f^{(n+2)}(x) - (2n+1)xf^{(n+1)}(x) - n^2f^{(n)}(x) = 0$ が示された。

## 問題4(3)

1. 問題の内容

$f^{(n)}(0)$ を求める。

2. 解き方の手順

$f(x) = \arcsin x$

$f(0) = \arcsin 0 = 0$

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

$f'(0) = 1$

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

$f''(0) = 0$

$(1-x^2)f^{(n+2)}(x) - (2n+1)xf^{(n+1)}(x) - n^2f^{(n)}(x) = 0$ に $x=0$ を代入する。

$f^{(n+2)}(0) - n^2f^{(n)}(0) = 0$

$f^{(n+2)}(0) = n^2f^{(n)}(0)$

$f(0) = f''(0) = f^{(4)}(0) = ... = 0$

$f'(0) = 1$, $f'''(0) = 1^2 f'(0) = 1$, $f^{(5)}(0) = 3^2 f'''(0) = 9$, $f^{(7)}(0) = 5^2 f^{(5)}(0) = 25 \cdot 9 = 225$.

一般的に、 $f^{(2n)}(0) = 0$.

$f^{(2n+1)}(0) = (2n-1)^2 (2n-3)^2 ... 1^2 \cdot 1 = ((2n-1)!!)^2$. ただし、$(-1)!! = 1$.

$(2n-1)!!$ は $1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n-1)$.

3. 最終的な答え

$f^{(2n)}(0) = 0$

$f^{(2n+1)}(0) = ((2n-1)!!)^2$

## 問題4(4)

1. 問題の内容

$f(x)$ のマクローリン級数とその収束半径を求める。

2. 解き方の手順

$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!} x^{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{((2n-1)!!)^2}{(2n+1)!} x^{2n+1}$

$\arcsin x = x + \frac{1}{2} \frac{x^3}{3} + \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4} \frac{x^5}{5} + ...$

$\arcsin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n)!}{2^{2n} (n!)^2} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$

収束半径を求める。

$a_n = \frac{(2n)!}{2^{2n} (n!)^2 (2n+1)}$ とすると、 $\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{2^{2n+2}((n+1)!)^2(2n+3)} \frac{2^{2n}(n!)^2(2n+1)}{(2n)!} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)^2} \frac{2n+1}{2n+3} = \frac{2(n+1)(2n+1)(2n+1)}{4(n+1)(n+1)(2n+3)} = \frac{(2n+1)^2}{2(n+1)(2n+3)}$.

$\lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}| = \lim_{n \to \infty} \frac{(2n+1)^2}{2(n+1)(2n+3)} = \lim_{n \to \infty} \frac{4n^2 + 4n + 1}{4n^2 + 10n + 6} = 1$.

$\lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1} x^{2n+3}}{a_n x^{2n+1}}| = |x^2| \lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}| = |x^2|$.

$|x^2| < 1$ のとき収束するので、 $|x| < 1$.

収束半径は

1.

3. 最終的な答え

$f(x) = \arcsin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n)!}{2^{2n} (n!)^2} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$

収束半径は 1。