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\begin{document}

\title{第1回・第2回課題の解}
\date{}
\maketitle

\section{第1回目の課題}

\begin{itemize}
\item[a)] \[\int 4x^3+x+\frac{1}{x}+\frac{4}{x^3}dx
=4\times \frac{x^4}{x}+\frac{x^2}{2}+\log x+4\times \frac{1}{(-2)x^2}+C
=x^4+\frac{x^2}{2}+\log x-\frac{2}{x^2}+C.\]
\item[b)] $y=x^2$ とおくと $dy/dx=2x$ なので
\[\int xe^{x^2} dx=\int \frac{e^y}{2} dy=\frac{e^y}{2}+C=\frac{e^{x^2}}{2}+C.\]
\item[c)] $F(x)=x, g(x)=\log x$ とおくと $F^\prime(x)=1, g^\prime(x)=1/x$ なので
\[\begin{split}\int \log x dx= & \int F^\prime(x)g(x)dx=F(x)g(x)-\int F(x)g^\prime(x)dx \\
= & x\log x-\int 1 dx=x\log x-x+C.\end{split}\]
\item[d)] $y=\log x$ とおくと $dy/dx=1/x$ なので
\[\int \frac{\log x}{x} dx=\int y(dy/dx)dx=\int ydy=\frac{y^2}{2}+C=\frac{\log^2 x}{2}+C.\]
\end{itemize}


\section{第2回目の課題}

\begin{itemize}
\item[1a)] \[\int_0^1 6x^2+4x+2+\frac{1}{x+1} dx=[2x^3+2x^2+2x+\log(x+1)]_0^1=6+\log 2.\]
\item[1b)] \[\lim_{y\rightarrow +\infty}\int_0^y e^{-x} dx=\lim_{y\rightarrow +\infty} [-e^{-x}]_0^y=\lim_{y\rightarrow +\infty}(1-e^{-y})=1.\]
\item[2a)] $x_k=k/n (0\leq k\leq 2n)$ とおくと $x_0=0, x_{2n}=2$ かつ $x_{k+1}-x_k\rightarrow 0 (n\rightarrow\infty)$ だから
\[\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{2n}\sqrt{\frac{k}{n}}=\sum_{k=1}^{2n} \sqrt{x_k}(x_k-x_{k-1}).\]
$\sqrt{x}$ は $0\leq x\leq 2$ で連続なので、$n\rightarrow\infty$ としたときの右辺の極限値は $\int_0^2 \sqrt{x}dx$ に一致する。よって
\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{2n}\sqrt{\frac{k}{n}}=\int_0^2 \sqrt{x}dx=\left[\frac{x^{3/2}}{3/2}\right]_0^2=\frac{2}{3}(2^{3/2}-0^{3/2})=\frac{2^{5/2}}{3}.\]
\item[2b)] $x_k=1+k/n (0\leq k\leq n)$ とおくと $x_0=1, x_n=2$ かつ $x_{k+1}-x_k\rightarrow 0 (n\rightarrow\infty)$ だから
\[\frac{1}{n}\sum_{k=0}^n\left(1+\frac{k}{n}\right)^2=\sum_{k=1}^n x_k^2 (x_k-x_{k-1}).\]
$x^2$ は $1\leq x\leq 2$ で連続なので、$n\rightarrow\infty$ としたときの右辺の極限値は $\int_1^2 x^2 dx$ に一致する。よって
\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^n\left(1+\frac{k}{n}\right)^2=\int_1^2 x^2dx=\left[\frac{x^3}{3}\right]_1^2=\frac{2^3-1^3}{3}=\frac{7}{3}.\]
\end{itemize}

\end{document}
