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\begin{document}

\title{第3回・第4回課題の解}
\date{}
\maketitle

\section{第3回目の課題}

\begin{itemize}
\item[a)] $y=x^2$ とおくと $dy/dx=2x$ なので
\[\int_0^2 xe^{-x^2}dx=\int_0^2 (e^{-x^2}/2)(2x)dx
=\int_0^4 e^{-y}/2 dy=[-e^{-y}/2]_0^4=(1-e^{-4})/2.\]
\item[b)] $y=x^2$ とおくと $dy/dx=2x$ なので
\[\int_0^1 \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}dx=\int_0^1 \frac{1}{2\sqrt{4-y}} dy
=\left[-\sqrt{4-y}\right]_0^1=2-\sqrt{3}.\]
\item[c)] $F(x)=x^2/2, g(x)=\log x$ とおくと $F^\prime(x)=x, g^\prime(x)=1/x$ なので
\[\begin{split}\int_1^e x\log x dx= & \int_1^e F^\prime(x)g(x)dx=[F(x)g(x)]_1^e-\int_1^e F(x)g^\prime(x)dx \\
= & \frac{e^2}{2}-\int_1^e \frac{x}{2} dx=\frac{e^2}{2}-\left[\frac{x^2}{4}\right]_1^e=\frac{e^2+1}{4}.\end{split}\]
\item[d)] $F(x)=-e^{-x}, g(x)=x$ とおくと $F^\prime(x)=e^{-x}, g^\prime(x)=1$ なので、c) と同様に
\[\begin{split}\int_0^y x e^{-x} dx= & [-x e^{-x}]_0^y-\int_0^y -e^{-x}dx \\
= & -y e^{-y}+\int_0^y e^{-x} dx=-y e^{-y}+1-e^{-y}.\end{split}\]
ここで $h(x)=x^2 e^{-x}$ とおくと $h^\prime(x)=x(2-x)e^{-x}$ なので
$y\geq 0$ のとき $0\leq y^2 e^{-y}\leq 4/e^2$ である。よって
$y\geq 0$ のとき $0\leq y e^{-y}\leq (4/e^2)/y$ であるから $e^{-y}, y e^{-y}\rightarrow 0 (y\rightarrow +\infty)$
であることがわかる。よって
\[\lim_{y\rightarrow +\infty} \int_0^y x e^{-x} dx=1.\]
\end{itemize}


\section{第4回目の課題}

\begin{itemize}
\item[1a)] $u=\tan (x/2)$ とおくと
$\cos^2(x/2)=1/(1+u^2), \cos x=1-2\cos^2 (x/2)=(1-u^2)/(1+u^2), \tan x=2u/(1-u^2)$ より $\sin x=2u/(1+u^2)$ である。また $du/dx=1/(2\cos^2 (x/2))= (1+u^2)/2$ であるから
\[\begin{split}
\int\frac{dx}{1-\sin x} & =\int \frac{2}{1+u^2} \frac{du}{1-\frac{2u}{1+u^2}}=\int \frac{2du}{1+u^2-2u} \\
& =\int\frac{2du}{(1-u)^2}=\frac{2}{1-u}+C=\frac{2}{1-\tan(x/2)}+C.
\end{split}\]
\item[1b)] \[\begin{split}
\frac{ax+b}{x^2+1}+\frac{c}{x-2} & =\frac{(ax+b)(x-2)+c(x^2+1)}{(x^2+1)(x-2)} \\
& =\frac{(a+c)x^2+(b-2a)x+c-2b}{(x^2+1)(x-2)}\end{split}\]
より
\[\frac{x+5}{(x^2+1)(x-2)}=\frac{-7x-9}{5(x^2+1)}+\frac{7}{5(x-2)},\]
よって
\[\begin{split}\int\frac{x+5}{(x^2+1)(x-2)}dx& =\int \frac{-7x-9}{5(x^2+1)}+\frac{7}{5(x-2)}dx \\
& =-\int\frac{7x dx}{5(x^2+1)}-\frac{9}{5}\int\frac{dx}{x^2+1}+\frac{7}{5}\int\frac{dx}{x-2} \\
& =-\frac{7}{10}\int \frac{dy}{y}+\frac{-9\arctan x+7\log(x-2)}{5} \\
& =\frac{-7\log(x^2+1)-18\arctan x+14\log(x-2)}{10}+C.\end{split}\]
\item[2a)] $I_n=\int \tan^n x dx$ とおくと
\[I_n+I_{n-2}=\int \tan^{n-2} x (1+\tan^2 x) dx=\int \frac{\tan^{n-2} x}{\cos^2 x} dx\]
だが $y=\tan x$ とおくと
\[\int \frac{\tan^{n-2} x}{\cos^2 x} dx=\int y^{n-2} dy=\frac{y^{n-1}}{n-1}+C=\frac{\tan^{n-1}}{n-1}+C\]
だから
\[I_n+I_{n-2}=\frac{\tan^{n-1}}{n-1}+C\]
である。よって
\[\int_0^{\pi/4} \tan^n x dx+\int_0^{\pi/4} \tan^{n-2} x dx=\left[\frac{\tan^{n-1}}{n-1}\right]_0^{\pi/4}=\frac{1}{n-1}\]
であるから
\[\int_0^{\pi/4} \tan^6 x dx=\frac{1}{5}-\frac{1}{3}+1-\int_0^{\pi/4} dx=\frac{1}{5}-\frac{1}{3}+1-\frac{\pi}{4}=\frac{13}{15}-\frac{\pi}{4}.\]
\end{itemize}

\end{document}
