ハイレベル理系数学～１５～
このシリーズは、河合塾の「ハイレベル理系数学」の解答/解説に注釈をつけて、解りやすくしたものです。元の「ハイレベル理系数学（三訂版）」を見ながらでないと、このnoteだけでは何のことを書いてるか解らないです。
例題４４
1⃣（１）_１
$${\displaystyle (\tan x)'=\frac{1}{\cos^2x}}$$。
$${\displaystyle \cosθ=\sin\left(\frac{π}{2}-θ\right)=-\sin\left(θ-\frac{π}{2}\right)}$$。
$${\displaystyle \int \frac{1}{\sin x}dx=\log\left|\tan\frac{x}{2}\right|+C}$$だから、この$${x}$$に$${\displaystyle \left(x-\frac{π}{2}\right)}$$を代入して、$${\displaystyle \int\frac{1}{\cos x}dx=\int\frac{1}{\sin\left(x-\frac{π}{2}\right)}dx=\log\left|\tan\frac{x-\frac{π}{2}}{2}\right|+C=\log\left|\tan\left(\frac{x}{2}-\frac{π}{4}\right)\right|+C }$$。
$${\displaystyle \cos2θ=2\cos^2θ-1⇔1+\cos2θ=2\cos^2θ}$$。
$${\displaystyle \sinθ=\cos({π}{2}-θ)=\cos(θ-{π}{2})}$$。
$${\displaystyle \int\frac{1}{1+\cos x}dx=\tan\frac{x}{2}+C}$$だから、この$${x}$$に$${\displaystyle \left(x-\frac{π}{2}\right)}$$を代入して、$${\displaystyle \int\frac{1}{1+\sin x}dx=\tan\left(\frac{x-\frac{π}{2}}{2}\right)+C=\tan\left(\frac{x}{2}-\frac{π}{4}\right)}$$。
1⃣（１）_２
$${\displaystyle \frac{1}{\sin x}}$$の分母分子に$${\sin x}$$をかけて、$${\displaystyle \frac{1}{\sin x}=\frac{\sin x}{\sin^2x}}$$となるから、$${\sin^2x+\cos^2x=1}$$なので、$${\sin^2x=1-\cos^2x}$$なのでこれを代入して、$${\displaystyle \frac{\sin x}{\sin^2x}=\frac{\sin x}{1-\cos^2x}=\frac{\sin x}{(1-\cos x)(1+\cos x)}=(\sin x)\frac{1}{(1-\cos x)(1+\cos x)}=(\sin x)\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-\cos x}+\frac{1}{1+\cos x}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin x}{1-\cos x}+\frac{\sin x}{1+\cos x}\right)}$$
$${\displaystyle \left[\frac{-\cos x}{\sin x}\right]'=\frac{\sin x\sin x＋\cos x\cos x}{\sin^2x}=\frac{1}{\sin^2x}}$$。
$${\displaystyle \left[\frac{1}{\sin x}\right]'=\frac{-\cos x}{\sin^2x}}$$。
$${\displaystyle \left[\frac{\cos x}{\sin x}\right]'=\frac{-\sin x\sin x-\cos x\cos x}{\sin^2x}=\frac{-(\sin^2x+\cos^2x)}{\sin^2x}=\frac{-1}{\sin^2x}}$$。
$${\displaystyle \left[\frac{1}{\cos x}\right]'=\frac{-(-\sin x)}{\cos^2x}}$$。
1⃣（２）
$${\displaystyle \sqrt{x^2+a^2}+x=t}$$とおくと$${\displaystyle \frac{dt}{dx}=\left[\sqrt{x^2+a^2}+x\right]'=\left(\frac{1}{2\sqrt{x^2+a^2}}\right)2x+1=\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}+1⇔dt=\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}+1\right)dx=\frac{x+\sqrt{x^2+a^2}}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\frac{t}{\sqrt{x^2+a^2}}dx⇔\frac{dt}{t}=\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx}$$
$${\displaystyle \int[x]'\sqrt{x^2+a^2}dx=x\sqrt{x^2+a^2}-\int x\left[\sqrt{x^2+a^2}\right]'dx=x\sqrt{x^2+a^2}-\int\frac{x^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx}$$
$${\displaystyle \int\frac{x^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\int\frac{x^2+a^2-a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx}$$
$${\displaystyle \sqrt{x^2+a^2}=\frac{x^2+a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}}$$だから、$${\displaystyle \int\frac{x^2+a^2-a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\int\frac{x^2+a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx-a^2\int\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx}$$
1⃣（３）（ⅰ）
$${\displaystyle e^x(\sin x+\cos x)-e^x(-\sin x+\cos x)=2e^x\sin x }$$
$${\displaystyle \frac{1}{2}\int\left[e^x\sin x\right]'-\left[e^x\cos x\right]'dx=\frac{1}{2}\int 2e^x\sin x dx ⇔\frac{1}{2}\left( e^x\sin x-e^x\cos x\right)+C_1=\int 2e^x\sin x dx}$$
$${\displaystyle \int f(x)g(x)dx=f(x)\int g(x)dx-\int f'(x)\left(\int g(x)dx\right)dx }$$
$${\displaystyle \int f(x)dx=F(x)}$$とすると、$${\displaystyle \int \left(\int f(x)dx\right)dx=\int F(x)dx }$$
$${\displaystyle \int[e^x\cos x]'dx=e^x\cos x+C}$$で$${\displaystyle\int e^x(-\sin x+\cos x)dx=-\int e^x(\sin x-\cos x)dx }$$だから、$${\displaystyle e^x\cos x=-\int e^x(\sin x-\cos x)dx }$$
1⃣（３）（ⅱ）
$${\displaystyle \frac{1}{1+\tan x}=\frac{1}{1+\frac{\sin x}{\cos x}}=\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}=\frac{1}{2}\frac{\cos x+\cos}{\cos x+\sin x}=\frac{1}{2}\frac{\cos x+\cos+\sin x-\sin x}{\cos x+\sin x}=\frac{1}{2}\left(\frac{-\sin x+\cos x}{\cos x+\sin x}+\frac{\cos x+\sin x}{\cos x+\sin x}\right)}$$。
1⃣（３）（ⅲ）
$${\displaystyle \cos^2x-\sin^2x=(\cos^2x-\sin^2x)+(\sin^2x+\cos^2x)-1=2\cos^2x-1 }$$。
$${\displaystyle \cos^2x-\sin^2x=(\cos^2x-\sin^2x)-(\sin^2x+\cos^2)+1=-2\sin+1=1-2\sin^2x }$$
$${\displaystyle \frac{1}{2}\int\frac{1}{\sqrt2t+1}-\left(\frac{1}{\sqrt2t-1}\right)dt=\frac{1}{2}\left(\int\frac{1}{\sqrt2t+1}dt-\int\frac{1}{\sqrt2t-1}dt\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt2}\int\frac{1}{t+\frac{1}{\sqrt2}}dt-\frac{1}{\sqrt2}\int\frac{1}{t-\frac{1}{\sqrt2}}dt\right)=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt2}\left(\int\frac{1}{t+\frac{1}{\sqrt2}}dt-\int\frac{1}{t-\frac{1}{\sqrt2}}dt\right)=\frac{\sqrt2}{4}\left(\log\left|t+\frac{1}{\sqrt2}\right|-\log\left|t-\frac{1}{\sqrt2}\right|\right)=\frac{\sqrt2}{4}\left(\log\left|\frac{t+\frac{1}{\sqrt2}}{t-\frac{1}{\sqrt2}}\right|\right)=\frac{\sqrt2}{4}\left(\log\left|\frac{\sqrt2t+1}{\sqrt2t-1}\right|\right) }$$。
1⃣（３）（ⅲ）_３
$${\displaystyle \frac{dt}{dx}=\left[\tan\frac{x}{2}\right]'=\frac{1}{2\cos^2\frac{x}{2}}⇔dx=2\cos^2\frac{x}{2}dt=\frac{2}{\frac{1}{\cos^2\frac{x}{2}}}dt=\frac{2}{\frac{(\cos^2\frac{x}{2}+\sin^2\frac{x}{2})}{\cos^2\frac{x}{2}}}dt=\frac{2}{1+\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{\cos^2\frac{x}{2}}}dt=\frac{2}{1+\tan^2\frac{x}{2}}dt=\frac{2}{1+t^2}dt }$$
$${\displaystyle \frac{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{\cos^2\frac{x}{2}+\sin^2\frac{x}{2}}=\frac{2\frac{\sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2}}}{1+\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{\cos^2\frac{x}{2}}}=\frac{2\tan\frac{x}{2}}{1+\tan^2\frac{x}{2}}=\frac{2t}{1+t^2}}$$。
$${\displaystyle α=1+\sqrt2、β=1-\sqrt2 }$$だから、$${\displaystyle α-β=2\sqrt2 }$$
2⃣（１）
区分求積法。$${\displaystyle \int_0^1f(x)dx=\lim_{n→∞}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nf\left(\frac{k}{n}\right)}$$。
2⃣（２）_１
$${\displaystyle \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{2n+k}=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+3}+\frac{1}{2n+4}+\frac{1}{2n+5}+…+\frac{1}{2n+2n}}$$。
$${\displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{1}{2n+2k}=\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+4}+…+\frac{1}{2n+2n}}$$。
$${\displaystyle \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{2n+k}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{2n+2k}=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+3}+…+\frac{1}{2n+2n-1}}$$。
2⃣（２）_２
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{n}\sum_k=1^nf\left(\frac{k-1}{n}\right)=\lim_{n→∞}\frac{1}{n}\left\{f\left(\frac{0}{n}\right)+f\left(\frac{1}{n}\right)+…+f\left(\frac{n-1}{n}\right)\right\}=\lim_{n→∞}\frac{1}{n}\sum_k=0^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)=\int_0^1f(x)dx}$$
2⃣（３）
$${\displaystyle \frac{1}{n}(α)^{\frac{1}{n}}=\left(\frac{α}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}} }$$。
$${\displaystyle \frac{(2n)!}{n!}=\frac{1×2×3×…(n-1)×n×(n+1)×…×(n+n)}{1×2×3×…(n-1)×n}=(n+1)×…×(n+n)}$$。
$${\displaystyle x+1}$$を$${y}$$と置くと$${\displaystyle \frac{dy}{dx}=1⇔dy=dx}$$で、積分範囲は$${1+x}$$で$${0}$$から$${1}$$だから$${y}$$の積分範囲は$${1}$$から$${2}$$。
$${\displaystyle \int\log y dy=\int1\log y dy=y\log y-\int y\frac{1}{y}dy=y\log y-y}$$。
$${\displaystyle 2\log2-1=\log2^2-\log e=\log\frac{4}{e}}$$。
2⃣（４）
$${\displaystyle b_n=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}…}$$。
$${\displaystyle b_{2n+1}=b_{2n}+\frac{-1^{2n+1-1}}{2n+1}=b_{2n}+\frac{1}{2n+1}}$$。
2⃣（５）
$${\displaystyle a_n>\int_1^{n+1}\frac{1}{\sqrt x}dx=2(\sqrt{n+1}-1)}$$だから$${\displaystyle \lim_{n→∞}a_n=\lim_{n→∞}2(\sqrt{n+1}-1)=∞}$$。
$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2k}}=\frac{1}{\sqrt2}\frac{1}{\sqrt k}}$$。
$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2(k+1)}}=\frac{1}{\sqrt2}\frac{1}{\sqrt(k+1)}}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{\sqrt2}\left(1-\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_n\sqrt{n+1}}\right)}$$において、$${\displaystyle \lim_{n→∞}a_n=∞}$$だから、$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{\sqrt2}\left(1-\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_n\sqrt{n+1}}\right)=\frac{1}{\sqrt2}}$$。
3⃣（１）_１
$${\displaystyle x^2+2axy+y^2=1⇔y^2+2axy+x^2-1=0}$$をyについて解くと$${\displaystyle y=\frac{-2ax±\sqrt{4a^2x^2-4(x^２-1)}}{2}=-ax±\sqrt{a^2x^2-x^2+1}=-ax±\sqrt{(a^2-1)x^2+1}}$$
$${\displaystyle \sqrt{(a^2-1)x^2-1}=0}$$のとき$${y_1=y_2}$$で、このときの$${x}$$は$${\displaystyle x^2=\frac{-1}{a^2-1}=\frac{1}{1-a^2}⇔x=±\frac{1}{\sqrt{1-a^2}}}$$。
$${\displaystyle y_1-y_2=2\sqrt{(a^2-1)x^2+1}=2\sqrt{1-(1-a^2)x^2}}$$。
$${\displaystyle \sqrt{1-(1-a^2)x^2}}$$は$${x^2}$$の関数だから偶関数なので、求める面積は積分範囲$${0}$$から$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-a^2}} }$$をとして$${2}$$倍する。
$${\displaystyle \frac{dy}{dx}=\left[\sqrt{1-a^2}x\right]'=\sqrt{1-a^2}⇔dy=\sqrt{1-a^2}dx、\frac{dy}{dθ}=\left[\sinθ\right]'=\cosθ⇔dy=\cosθdθ}$$なので、$${\displaystyle \sqrt{1-a^2}dx=\cosθdθ⇔dx=\frac{\cosθ}{\sqrt{1-a^2}}dθ}$$。
3⃣（１）_２
$${\displaystyle (x,y)}$$を原点を中心に$${\displaystyle \frac{π}{4}}$$回転した点を$${(X,Y)}$$とすると、$${\displaystyle x=\frac{1}{\sqrt2}(X+Y)、y=\frac{1}{\sqrt2}(-X+Y)}$$になるので、これを$${C_1}$$に代入する。
$${\displaystyle C_1}$$は楕円を原点を中心に$${\displaystyle \frac{π}{4}}$$回転した図形。
3⃣（２）
$${\displaystyle x<1}$$のとき、$${\log x}$$は負。
$${\displaystyle x≧1,y≧1}$$のとき$${ C_2=\log x+\log y=\log(xy)=1⇔xy=e^1⇔y=\frac{e}{x}}$$で、$${y=1}$$のとき$${x=e}$$だから$${1≦x≦e}$$。
$${\displaystyle x<1,y≧1}$$のとき$${\displaystyle C_2=-\log x+\log y=\log\left(\frac{y}{x}\right)=1⇔\frac{y}{x}=e^1⇔y=ex}$$で、$${y=1}$$のとき$${\displaystyle x=\frac{1}{e}}$$だから$${\displaystyle \frac{1}{e}≦x<1}$$。
$${\displaystyle x<1,y<1}$$のとき$${\displaystyle C_2=-\log x-\log y=-\log(xy)=1⇔\log(xy)=-1⇔xy=e^{-1}=\frac{1}{e}⇔y=\frac{1}{ex}}$$で、$${y=1}$$のとき$${\displaystyle x=\frac{1}{e}}$$だから$${\displaystyle \frac{1}{e}≦x<1}$$。
$${\displaystyle x≧1,y<1}$$のとき$${\displaystyle C_2=\log x-\log y=\log\left(\frac{x}{y}\right)=1⇔\frac{x}{y}=e^1⇔y=\frac{1}{e}x}$$で、$${y=1}$$のとき$${x=e}$$だから$${1≦x≦e}$$。
例題４５
（１）
$${\displaystyle x}$$軸上で$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$に対して対称な値は$${\displaystyle \frac{1}{2}-x}$$と$${\displaystyle \frac{1}{2}+x}$$であるから、$${ y=f(x)}$$が$${\displaystyle \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)}$$に対して対称ならば、$${\displaystyle \frac{f\left(\frac{1}{2}-x\right)+f\left(\frac{1}{2}+x\right)}{2}=\frac{1}{2}}$$となる。
$${\displaystyle f(x)+f(1-x)=1}$$であるから、この$${x}$$に$${\displaystyle x+\frac{1}{2}}$$を代入して$${\displaystyle f\left(x+\frac{1}{2}\right)+f\left(\frac{1}{2}-x\right)=1⇔\frac{f\left(\frac{1}{2}-x\right)+f\left(\frac{1}{2}+x\right)}{2}=\frac{1}{2}}$$。
（３）
$${\displaystyle \sin(π-πt)=-\sin(πt)}$$
例題４６
（１）
$${\displaystyle \left[\cos^2θ\right]'=-2\cosθ\sinθ}$$
$${\displaystyle \sin2θ=2\sinθ\cosθ}$$だから、$${\displaystyle -\sinθ-\sin2θ=-\sin-2\sinθ\cosθ=-2\sinθ\left(\cosθ+\frac{1}{2}\right)}$$。
$${\displaystyle [\cosθ\sinθ]'=\cosθ\cosθ-\sinθ\sinθ=2\cos^2θ-1}$$。
$${\displaystyle \cos2θ=2\cos^2θ-1}$$だから、$${\displaystyle \cosθ＋\cos2θ=\cosθ＋2\cos^2θ-1=(2\cosθ＋2)\left(\cosθ-\frac{1}{2}\right)=2(\cosθ＋1)\left(\cosθ-\frac{1}{2}\right)}$$。
$${\displaystyle y=0}$$のとき$${\sinθ=0}$$だから、$${θ=±π、θ=-π}$$のとき$${x=0}$$で、$${θ=π}$$のとき$${x=2}$$、よって$${C}$$は$${(0,0)}$$と$${(2,0)}$$を通る。
$${\displaystyle x=0}$$のとき$${\cosθ=-1}$$または$${\cosθ=0}$$だから、$${\displaystyle θ=±\frac{π}{2},-π}$$なので、$${\displaystyle θ=\frac{π}{2}}$$のとき$${y=1}$$で$${\displaystyle θ=-\frac{π}{2}}$$のとき$${y=-1}$$。なので、$${y≧0}$$の部分では、$${C}$$は$${(0,1)}$$を通る。
$${\displaystyle \frac{dy}{dx}=0}$$のとき$${\displaystyle \cosθ=\frac{1}{2}}$$であるから$${\displaystyle θ=\frac{π}{3}}$$なので、$${\displaystyle x=\frac{3}{4},y=\frac{3\sqrt3}{4}}$$となるから、$${C}$$は$${\displaystyle \left(\frac{3}{4},\frac{3\sqrt3}{4}\right)}$$を通り、このときの接線はその傾き$${0}$$だから$${x}$$軸に平行となる。
$${\displaystyle \frac{dy}{dx}=∞}$$のとき、$${\sinθ=0}$$または$${\displaystyle \cosθ=-\frac{1}{2}}$$だから、$${\displaystyle θ=±\frac{2π}{3}}$$または$${±π}$$だから、$${\displaystyle θ=\frac{2π}{3}}$$のとき$${\displaystyle x=-\frac{1}{4},y=\frac{\sqrt3}{4}}$$で$${\displaystyle θ=\frac{2π}{3}}$$のとき$${\displaystyle x=-\frac{1}{4},y=-\frac{\sqrt3}{4}}$$だから、$${C}$$は$${\displaystyle \left(-\frac{1}{4},\frac{\sqrt3}{4}\right)と\left(-\frac{1}{4},-\frac{\sqrt3}{4}\right)}$$を通り、このときの接線はその傾きが$${∞}$$だから$${x}$$軸に垂直となる。
（２）
$${\displaystyle \int ydx=\int y\frac{dx}{dθ}dθ}$$。
$${\displaystyle y=(1+\cosθ)\sinθ、\frac{dx}{dθ}=-\sinθ(2\cosθ＋1)}$$だから、$${\displaystyle y\frac{dx}{dθ}=(1+\cosθ)\sinθ(-\sinθ)(2\cosθ＋1)=-(1+\cosθ)\sin^2θ(2\cosθ＋1)=-(1+\cosθ)(2\cosθ＋1)(1-\cos^2θ)=-(2\cosθ+1+2\cos^2θ+\cosθ)(1-\cos^2θ)=-(2\cos^2θ+3\cosθ+1)(1-\cos^2θ)}$$。
（３）
$${\displaystyle \sin^3θ=\sin^2θ×\sinθ=(1-\cos^2θ)\sinθ}$$
例題４７
（１）
$${\displaystyle y^2＋t^2≦r^2⇔y^2≦r^2-t^2⇔|y|≦\sqrt{r^2-t^2}⇔-\sqrt{r^2-t^2}≦y≦\sqrt{r^2-t^2}}$$だから、$${y}$$方向の長さは$${2\sqrt{r^2-t^2}}$$。同様に$${x}$$方向の長さは$${2\sqrt{r^2-t^2}}$$。
$${\displaystyle xy}$$平面上の面積が$${4(r^2-x^2)}$$であるから、これをz方向に積分すると体積が求まる。
正方形①が円板②の内部にある条件は、正方形の対角線の長さが直径以下のときである。
$${\displaystyle t^2≧\frac{r^2}2⇔t≧\frac{r}{\sqrt2}}$$で、$${0≦t≦r}$$で考えているから、$${\displaystyle \frac{r}{\sqrt2}≦t≦r}$$。
正方形①が円板②内にあるときの体積は、$${A}$$$の断面積を円板の内部である$${\displaystyle \frac{r}{\sqrt2}}$$から$${r}$$まで積分した値である。
正方形①が円板②の外にはみ出るとき、すなわち、$${\displaystyle 0≦t≦\frac{r}{\sqrt2}}$$のときは、面積が$${\displaystyle \frac{r\cosθ×r\sinθ}{2}}$$の三角形$${2}$$個と半径$${r}$$中心角$${\displaystyle \frac{π}{2}-2θ}$$の扇形を$${４}$$つ合わせた図形の面積が底面積となるので、これを$${0}$$から$${\displaystyle \frac{r}{\sqrt2}}$$まで積分する。
$${\displaystyle -r≦t≦0}$$も同じ体積になるので、$${2}$$倍して全体の体積とする。
（２）
$${\displaystyle dl}$$は、$${x^2+z-2=r^2}$$上における$${z}$$が$${z+dz}$$に変化したときの長さ。
$${\displaystyle \frac{dx}{dz}=\left[\sqrt{r^2-z^2}\right]'=-\frac{z}{\sqrt{r^2-z^2}}}$$。
$${\displaystyle A}$$は$${dS_1}$$が$${8}$$面あるから、これを$${8}$$倍する。
$${\displaystyle 2\sqrt{r^2-z^2}\sqrt{1+({-z}{\sqrt{r^2-z^2}})^2}=2\sqrt{r^2-z^2}\sqrt{1+{z^2}{r^2-z^2}}=2\sqrt{r^2-z^2+z^2}=2r}$$
例題４８
1⃣（１）（ⅲ）
$${\displaystyle \log|y|=\log|x|+C_1=\log|x|+\log|e^{C_1}|=\log|xe^{C_1}|⇔|y|=|xe^{C_1}|⇔y=±xe^{C_1}}$$
1⃣（２）（ⅱ）
$${\displaystyle \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=\frac{-[\cos x]'}{\cos x} }$$
2⃣（１）
$${\displaystyle \left[x\int_0^xf(u)du\right]'=xf(x)+\int_0^xf(u)du、\left[\int_0^xuf(u)du\right]'=xf(x)}$$
$${\displaystyle f'(x)=3f(x)}$$で$${f(x)=y}$$とすると、$${\displaystyle \frac{dy}{dx}=3y⇔\frac{1}{y}dy=3dx⇔\int\frac{1}{y}dy=\int3dx⇔\log y=3x+c_1⇔y=e^{3x+C_1}=Ce^{3x}}$$。
$${\displaystyle f(0)=2+3\int_0^0f(u)du=2}$$。
2⃣（２）
接線の傾きは$${\displaystyle y'=-\frac{y}{x}}$$であるから点$${(X,Y)}$$における接線の傾きは$${\displaystyle -\frac{Y}{X}}$$であるから、これがある曲線$${y=f(x)}$$の$${(X,Y)}$$における接線と直交するので、$${\displaystyle -\frac{Y}{X}f'(X)=-1⇔f'(X)=\frac{Y}{X}}$$。
$${\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{x}{y}⇔ydy=xdx=\frac{1}{2}y^2＋C_1=\frac{1}{2}x^2＋C_2⇔y^2-x^2=C}$$。
3⃣（１）
$${\displaystyle f(0)=f(0)f(0)⇔f(0)={f(0)}{f(0)}⇔f(0)=1}$$。
$${\displaystyle f(x+h)=f(x)f(h)}$$。
$${\displaystyle \lim_{h→0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=f'(x)}$$。
$${\displaystyle \frac{dg}{dx}=f'(0)f(x)=ag⇔\frac{1}{g}dg=adx⇔\int\frac{1}{g}dg=\int adx⇔\log g=ax+C_1⇔g=e^{ax+C_1}=Ce^{ax}}$$。
3⃣（２）
$${\displaystyle \frac{f(x)+1}{f(y)+1}=f(x)f(y)+f(x)+f(y)+1}$$において、$${f(x+y)=f(x)f(y)+f(x)+f(y)}$$だから、$${\displaystyle \frac{f(x)+1}{f(y)+1}=f(x+y)+1}$$。
$${\displaystyle F(x)=f(x)+1}$$だから、$${F(0)=f(0)+1}$$なので、$${F'(0)=f'(0)}$$。
例題４９
【解答１】（１）
水面の表面積が$${S}$$である。また、時刻$${t}$$における水槽の体積$${V=2t}$$。
$${\displaystyle \frac{d \int_0^yπ\{g(Y)\}^2dY}{dy}=π\{g(y)\}^2}$$。
$${\displaystyle \frac{dy}{dt}=\frac{2}{π(t+9)}⇔y(t)=\frac{2}{π}\log(t+9)+C}$$。
$${y(0)=0}$$なので$${\displaystyle C=-\frac{2}{π}\log(9)}$$だから、$${\displaystyle y(t)=\frac{2}{π}\log(t+9)-\frac{2}{π}\log(9)=\frac{2}{π}\log\frac{t+9}{9}}$$。
$${\displaystyle x=g(y)}$$だから、$${πx^2=9π+πt⇔x^2=t+9}$$なので、これを$${\displaystyle y=\frac{2}{π}\log\frac{t+9}{9}}$$に代入して、$${\displaystyle y=\frac{2}{π}\log\frac{x^2}{9}=\frac{2}{π}\log\left(\frac{x}{3}\right)^2=\frac{4}{π}\log\frac{x}{3}}$$。
$${\displaystyle y=\frac{4}{π}\log\frac{x}{3}⇔\frac{π}{4}y=\log\frac{x}{3}⇔e^{\frac{π}{4}y}=\frac{x}{3}⇔3e^{\frac{π}{4}y}=x}$$。
【解答１】（２）
満水までの注水時間を$${T}$$とすると$${y(T)=2y(90)}$$。
【解答２】（１）
水面の表面積$${S}$$の時間微分が$${π}$$であるから、$${\displaystyle π=\frac{dS}{dt}}$$。
$${\displaystyle {dS}{dy}=\left[π\{g(y)\}^2\right]'⇔\frac{dS}{dy}\frac{dy}{dt}=\left[π\{g(y)\}^2\right]'\frac{dy}{dt}⇔\frac{dS}{dt}=\left[π\{g(y)\}^2\right]'\frac{dy}{dt}=π2g(y)g'(y)\frac{dy}{dt}}$$。
体積$${V}$$の時間微分が$${2}$$であるから$${\displaystyle 2=\frac{dV}{dt}}$$。
$${\displaystyle \frac{dV}{dt}=\frac{dV}{dy}\frac{dy}{dt}、\frac{dV}{dy}=π\{g(y)\}^2}$$。
$${\displaystyle g'(y)=\frac{π}{4}g(y)⇔\frac{dg}{dy}=\frac{π}{4}g⇔\frac{1}{g(y)}dy=\frac{π}{4}dy⇔\log g(y)=\frac{π}{4}y+C_1⇔g(y)=e^{\frac{π}{4}y+C_1}=Ce^{\frac{π}{4}y}}$$。
例題５０
（１）
$${\displaystyle \mathrm{T}\left(t,f(t)\right)}$$における$${C}$$の接線の方程式は$${y=f'(t)x+C}$$とおけるので、ここに$${x=t,y=f(t)}$$を代入して、$${f(t)=f'(t)t+C⇔C=f(t)-f'(t)t}$$となるから、これを代入すると$${y=f'(t)x+f(t)-f'(t)t=f'(t)(x-t)+f(t)}$$。
$${\displaystyle y=f'(t)(x-t)+f(t)}$$が$${x}$$軸と交わる点が$${\rm P}$$なので、$${f'(t)(x-t)+f(t)=0}$$となる$${x}$$が$${\rm P}$$の$${x}$$座標の値だから、$${\displaystyle x=t-\frac{f(x)}{f'(x)}}$$となり、$${\displaystyle \mathrm{P}\left(t-\frac{f(x)}{f'(x)},0\right)}$$。
同様に$${ f'(t)(0-t)+f(t)=y }$$が$${\rm Q}$$の$${y}$$座標だから、$${y=f(t)-tf'(t)}$$となり、$${\mathrm{Q}(0,f(t)-tf'(t))}$$。
$${\displaystyle f(t)-tf'(t)>0⇔tf'(t)-f(t)<0}$$。
$${\displaystyle \left[-f'(x)^{\frac{1}{2}}\right]'=\frac{-1}{2}\left(-f'(x)\right)^{-\frac{1}{2}}\left(-f''(x)\right)}$$。
$${\displaystyle -xf''(x)=-f''(x)(-f'(x))^{-\frac{1}{2}}⇔x=(-f'(x))^{-\frac{1}{2}}⇔\frac{1}{x}=(-f'(x))^{\frac{1}{2}}}$$。
問１３４
【解答１】
$${\displaystyle F(b)}$$を$${b}$$で微分したものを$${F'(b)}$$とするから、$${\displaystyle \int_0^af(x)dx}$$の$${b}$$微分は$${0}$$である。
$${\displaystyle \log(b+1)-a=0⇔\log(b+1)=a⇔b+1=e^a⇔b=e^a-1}$$。
$${\displaystyle b=e^a-1}$$で$${F(b)}$$が最小になるから、$${F(b)}$$は$${F(e^a-1)}$$以上になる。
$${\displaystyle \int\log(x+1)=x\log(x+1)-\int\frac{x}{x+1}dx=x\log(x+1)-\int(1-\frac{1}{x+1})dx=x\log(x+1)-x+\log(x+1)+C=(x+1)\log(x+1)-x+C}$$。
【解答２】
等号が成立するときは$${y=e^x-1}$$が$${(a,b)}$$を通るときだから、$${b=e^a-1}$$。
問１３５
（２）_１
$${\displaystyle \int g'(x)e^{-x}dx=-g'(x)e^{-x}+\int g''(x)e^{-x}dx }$$。
（２）_２
円環体の高さは$${e^{-1}-xe^{-x}}$$。
$${\displaystyle (⊿x)^2=0}$$と近似する。
問１３６
【解答１】
$${\displaystyle 0<α<1}$$のとき$${1-α>0}$$。
問１３７
（１）
$${\displaystyle \mathrm{ ∠QAO}=π-t}$$。
$${\displaystyle \rm Q}$$を通り$${x}$$軸に平行な直線を$${l}$$とし、直線$${l}$$と$${y}$$軸との交点を$${\rm H_1、P}$$点から直線lに下ろした垂線との交点を$${\rm H_2}$$とすると、$${\rm ∠AQH_1}$$は$${\rm π-∠AH_1Q-∠QAH_1=π-{π}{2}-(π-t)}$$。
$${\displaystyle ∠PQH_2=π-∠AQH_1-∠AQP=π-\left(π-\frac{π}{2}-(π-t)\right)-\frac{π}{2}=π-t}$$。
$${\displaystyle \rm QP}$$の長さは、$${\rm OB}$$の長さが$${π}$$だから$${\displaystyle \frac{t}{π}π=t}$$。
$${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{QP}}=t\left(\cos(π-t),\sin(π-t)\right)}$$。
$${\displaystyle \cos\left(\frac{π}{2}-t\right)=\sin t、\cos(π-t)=-\cos t、\sin\left(\frac{π}{2}-t\right)=\cos t、\sin(π-t)=\sin t}$$。
（２）
$${\displaystyle y}$$は$${ \overrightarrow{\mathrm{OP}}}$$の$${y}$$成分だから、$${y=1+\cos t+t\sin t}$$。
$${\displaystyle \frac{dx}{dt}=[\sin t-t\cos t]'=\cos t-(\cos t-t\sin t)=t\sin t}$$。
$${\displaystyle \cos t\sin t=\frac{1}{2}\sin2t}$$。
$${\displaystyle \cos2t=1-2\sin^2t⇔2\sin^2t=1-\cos^2t⇔\sin^2t=\frac{1}{2}(1-\cos2^t)}$$。
$${\displaystyle \int_0^π\cos2tdt=\frac{1}{2}\sin2t+C}$$。
（３）
$${\displaystyle \frac{dy}{dt}=[1+\cos t+t\sin t]'=-\sin t+t\cos t+\sin t=t\cos t}$$。
問１３８
$${\displaystyle {f(x)}^2-{g(x)}^2=1⇔{f(x)}^2=1-{g(x)}^2}$$。
$${\displaystyle \rm Q}$$における接線の方程式$${y=f'(x)x+C}$$だからそのベクトルは$${(1,f'(x))}$$であり、向きは$${\rm P}$$から$${\rm Q}$$であるから、この単位ベクトルは$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}}(1,f'(x)) }$$となるので、$${ \overrightarrow{\mathrm{QP}}}$$はこのベクトルの向きを反転させてQPの長さ倍するから、$${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{QP}}=\mathrm{QP}×\frac{-1}{\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}}(1,f'(x)) }$$。
$${\displaystyle e^∞=∞}$$で$${\displaystyle e^{-∞}=\frac{1}{e^∞}=\frac{1}{∞}=0}$$だから、$${\displaystyle \lim_{t→∞}\frac{2}{e^t-e^{-t}}=\frac{2}{∞}=0 }$$。
$${\displaystyle \lim_{t→∞}\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}=\lim_{t→∞}\frac{1-e^{-2t}}{1+e^{-2t}}=\frac{1-0}{1+0}=1 }$$。
問１３９
（１）
$${\displaystyle \overrightarrow{v}(t)=\left(\frac{dx}{dt},\frac{dy}{dt}\right)=(-e^{-t}\cos t-e^{-t}\sin t,-e^{-t}\sin t+e^{-t}\cos t) }$$。
$${\displaystyle (-\cos t-\sin t)^2＋(-\sin t＋\cos t)^2=\cos^2t+2\sin t\cos t+\sin^2t+\sin^2t-2\sin t\cos t+\cos^2t=2 }$$。
（２）
加速度ベクトルは$${\displaystyle \frac{dv(t)}{dt}}$$。
加速度ベクトルと$${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OP}}}$$が直交していればその内積が$${0}$$になる。
（３）
道のりは速度ベクトルの時間積分
問１４０
【解答１】
$${\displaystyle t=0}$$のとき$${(0,2)}$$で$${y}$$軸と接し、$${x=t^2}$$だから曲線は$${x}$$が負の領域を通らない。
$${\displaystyle \sqrt x=s}$$とおくと、$${ 2+\sqrt x-x=2+s-s^2=0⇔-(s^2-s-2)=0⇔(s+1)(s-2)=0}$$よって$${s=-1,2}$$となるが、$${x≧0}$$であるから、$${s=2でx=4}$$。
$${\displaystyle 2-\sqrt x-x=2-s-s^2=0⇔-(s^2+s-2)=0⇔(s-1)(s+2)=0}$$で$${s=1,-2}$$となるが、$${x≧0}$$であるから、$${s=1}$$で$${x=1}$$。
【解答２】
$${\displaystyle x=t^2}$$だから、$${\displaystyle \frac{dy}{dt}=0}$$のとき$${y}$$が最大になり、このとき$${\displaystyle t=\frac{1}{2}}$$だから$${\displaystyle y=\frac{9}{4}}$$。
$${\displaystyle {dy}{dt}=1-2t⇔dy=(1-2t)dt}$$。
$${\displaystyle t=\frac{1}{2}}$$を境に積分範囲が分かれる。$${y=0}$$のとき$${t=-1,2}$$で$${\displaystyle y=\frac{9}{4}}$$のとき$${\displaystyle t=\frac{1}{2}}$$だから、$${y=0}$$から$${\displaystyle \frac{9}{4}}$$の積分範囲は$${t=2}$$から$${\displaystyle t=\fra{1}{2}}$$と$${t=-1}$$から$${\displaystyle t=\frac{1}{2}}$$になる。
$${\displaystyle \int_2^{\frac{1}{2}}t^2(1-2t)dt-\int_{-1}^{\frac{1}{2}}t^2(1-2t)dt=\int_2^{\frac{1}{2}}t^2(1-2t)dt+\int_{\frac{1}{2}}^{-1}t^2(1-2t)dt=\int_2^{-1}t^2(1-2t)dt=\int_2^{-1}t^2-2t^3dt}$$。
問１４１
$${\displaystyle C_2}$$が中心角で$${θ}$$動くと$${C_2}$$が右回転して$${\rm A}$$が$${\rm P}$$の位置に動く。
$${\displaystyle C_1}$$は半径$${3}$$の円だから弧$${\mathrm{AT}=3θ}$$で、$${C_2}$$は半径$${1}$$の円だから弧$${\mathrm{PT}=φ}$$。
$${\displaystyle \rm OT}$$の長さがは$${C_1}$$の半径だから3で、$${\rm QT}$$は$${C_2}$$の半径だから$${1}$$なので、$${\rm OQ}$$の長さは$${2}$$。
$${\displaystyle x=2\cosθ+\cos2θ}$$だから$${\displaystyle \frac{dx}{dθ}=-2\sinθ-2\sin2θ⇔dx=(-2\sinθ-2\sin2θ)dθ}$$。
$${\displaystyle 2\sinθ\sin2θ=-(\cos3θ-\cos(-θ))=\cosθ-\cos3θ}$$。
$${\displaystyle \rm B}$$の$${x}$$座標は$${\displaystyle 3\cos\frac{2π}{3}}$$。
問１４２
$${\displaystyle \mathrm{OP}=\sqrt{l^2+a^2-2la\cos\mathrm{∠PAO}}}$$。
$${\displaystyle \cos\mathrm{∠PAO}=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}}$$。
所要時間$${T}$$は$${0}$$から$${T}$$までの$${dt}$$の積分。
$${\displaystyle \frac{dl}{dt}=\frac{k}{\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^2}⇔dt=\frac{\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^2}{k} dl }$$。
問１４３
（１）
$${\displaystyle l_θ}$$と$${C_1}$$の距離が$${2\sinθ}$$であるので、$${V_1(θ)}$$は$${C_1}$$の中心$${(0,2\sinθ)}$$半径$${1}$$の円を$${x}$$軸を軸に回転した立体の体積と同じである。
$${\displaystyle x^2+(y-2\sinθ)^2=1⇔y-2\sinθ=±\sqrt{1-x^2}⇔y=±\sqrt{1-x^2}+2\sinθ}$$。
$${\displaystyle (\sqrt{1-x^2}+2\sinθ)^2-(-\sqrt{1-x^2}+2\sinθ)^2=1-x^2+4\sqrt{1-x^2}\sinθ+4\sinθ-(1-x^2-4\sqrt{1-x^2}\sinθ+4\sinθ)=8\sqrt{1-x^2}\sinθ}$$。
（２）
$${\displaystyle θ＋α=\frac{π}{2}}$$で最大になるが、このときに$${C_1,C_2}$$と$${l_θ}$$との距離が半径以下になっていないことを確認する。
問１４４
$${\displaystyle \frac{T(n)+1}{n}≦e⇔\frac{T(n)}{n}≦e-\frac{1}{n}}$$。
$${\displaystyle e<\frac{T(n)+1}{n-1}⇔(n-1)e<T(n)+1⇔\frac{(n-1)e}{n}<\frac{T(n)}{n}+{1}{n}⇔\frac{(n-1)e}{n}-\frc{1}{n}<\frac{T(n)}{n}}$$。
問１４５
（１）
積分範囲が$${0}$$から$${a_m}$$で$${f(x)}$$も正であるから、積分しても等号の向きは変わらない。
$${\displaystyle a_m>0}$$を仮定して$${a_{m+1}>0}$$であったから、すべての$${m}$$について$${a_m>0}$$と言える。
（２）_１
$${\displaystyle α}$$は$${>0}$$の数であるから、$${f(x)}$$は$${α≦x≦a_1}$$のどこかで最大となる。
$${\displaystyle a_{m-1}>a_m}$$であるから、$${\displaystyle a_{m-1}>a_m≧\frac{1}{2002}>α>0}$$。
$${\displaystyle a_m<α+M(a_{m-1}-α)⇔a_m-α<M(a_{m-1}-α)<M^2(a_{m-2}-α)}$$。
$${\displaystyle 0<M<1}$$であるから$${M^∞}$$は$${0}$$。
$${\displaystyle lim_{ｍ→∞}a_m-α=0⇔lim_{ｍ→∞}a_m=α}$$。
$${\displaystyle \frac{1}{2002}>α}$$で$${α=a_m}$$であるから、$${\displaystyle \frac{1}{2002}>a_m}$$となり、$${\displaystyle a_m≧\frac{1}{2002}}$$の仮定と矛盾する。
（２）_２
$${\displaystyle a_1>a_2…a_n>0}$$だから$${n}$$が大きいほど$${a_n}$$の値は小さくなるので、$${\displaystyle a_m≧\frac{1}{2002}}$$を仮定するから、$${\displaystyle \lim_{n→∞}a_n=\frac{1}{2002}}$$。
一般に$${\displaystyle s=\int_0^s1dx=s}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}a_1-a_{n+1}=a_1-\lim_{n→∞}a_{n+1}=1-\frac{1}{2002}}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}nC=∞}$$だから、$${\displaystyle 1-\frac{1}{2002}≧∞}$$は矛盾している。
問１４６
$${\displaystyle f\left(\frac{n}{k}\right)}$$は定数だから$${\displaystyle \int f\left(\frac{n}{k}\right)dx=f\left(\frac{n}{k}\right)\int dx=f\left(\frac{n}{k}\right)x+C}$$。
$${\displaystyle \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f\left(\frac{n}{k}\right)dx=f\left(\frac{n}{k}\right)\Big[x\Big] _{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}=f\left(\frac{n}{k}\right)\left(\frac{k}{n}-\frac{k-1}{n}\right)=f\left(\frac{n}{k}\right)\frac{1}{n}}$$
$${\displaystyle f(x)}$$の積分を$${F(x)}$$とすると、$${\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x)dx=\Big[F(x) \Big]_{\frac{1-1}{n}}^{\frac{1}{n}}+\Big[F(x) \Big]_{\frac{1}{n}}^{\frac{2}{n}}+…\Big[F(x) \Big]_{\frac{n-1}{n}}^{\frac{n}{n}}=\Big[F(x) \Big]_{0}^{1}=\int_0^1 f(x) dx}$$。
平均値の定理から$${\displaystyle x< c <\frac{k}{n}}$$であるが、積分範囲が$${\displaystyle \frac{k-1}{n}}$$から$${\displaystyle \frac{k}{n}}$$であるから、$${\displaystyle \frac{k-1}{n}< c <\frac{k}{n}}$$となる。
$${\displaystyle f'\left(\frac{k-1}{n}\right)\left(\frac{k}{n}-x\right)<f'(c)\left(\frac{k}{n}-x\right)<f'\left(\frac{k}{n}\right)\left(\frac{k}{n}-x\right)}$$で、$${\displaystyle f'(c)\left(\frac{k}{n}-x\right)=f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)}$$を代入して、$${\displaystyle f'\left(\frac{k-1}{n}\right)\left(\frac{k}{n}-x\right)<f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)<f'\left(\frac{k}{n}\right)\left(\frac{k}{n}-xright)}$$。
$${\displaystyle k-1=l}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)=\lim_{n→∞}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nf\left(\frac{k}{n}\right)=\int_0^1f(x)dx}$$
問１４７
【解答１】
$${\displaystyle X}$$の積分範囲は$${(x,y)=(0,0)}$$から$${(1,1)}$$だから、これを$${\displaystyle X=(x+y)\cos\frac{π}{4}}$$に代入して$${0}$$から$${\sqrt2}$$。
$${\displaystyle dX=\left[\frac{x+x^3}{\sqrt2}\right]'dx=\frac{1}{\sqrt2}(1+3x^2)dx}$$。
【解答２】
$${\displaystyle x'+iy'=\frac{1}{\sqrt2}{(x+x^2)+i(-x+x^3)}}$$だから$${ x'=\frac{1}{\sqrt2}(x+x^2)、y'=\frac{1}{\sqrt2}(-x+x^3)}$$。
$${\displaystyle x'}$$の積分範囲は、$${\displaystyle x'=\frac{1}{\sqrt2}(x+x^2)}$$に$${x=0}$$を代入して$${x=0,x=1}$$を代入して$${\sqrt2}$$。
【解答３】
$${\displaystyle \frac{X-Y}{\sqrt2}=x、\frac{X+Y}{\sqrt2}=x^3}$$だから、$${\displaystyle \frac{2X}{\sqrt2}=x+x^3⇔X=\frac{x+x^3}{\sqrt2}、\frac{-2Y}{\sqrt2}=x-x^3⇔Y=\frac{-x+x^3}{\sqrt2} }$$
【解答４】
$${\displaystyle ΔV}$$は、底面を$${\rm PH}$$を半径とする円とし高さを$${\rm QQ'}$$とする円柱と近似している。
問１４８
（１）
球面の方程式は$${\displaystyle x^2+y^2+z^2=4⇔z=\sqrt{4-(x^2+y^2)}}$$だから、これに$${x=1+\cosφ,y=\sinφ}$$を代入すると$${\displaystyle z=\sqrt{4-\left\{(1+\cosφ)^2+\sin^2φ\right\}}}$$
$${\displaystyle \rm Q}$$の$${x}$$座標と$${y}$$座標は$${\rm P}$$と同じ。
$${\displaystyle \rm Q}$$を平面上に展開するから$${x}$$も$${y}$$も考えない。
（２）
立体KはCとSの共通部分。
$${\displaystyle \rm ∠QOB=θ}$$とすると中心角の定理で$${\rm ∠QAB=2θ}$$。
$${\displaystyle \rm ∠QAR=2∠QAO=2(∠BAO-∠QAB)=2(π-2θ)}$$。
$${\displaystyle \rm OQ=2\cosθ}$$だから扇型$${\rm OQR}$$の面積は中心角が$${2θ}$$だから$${\displaystyle π(2\cosθ)^2\frac{2θ}{2π}}$$。
扇型$${\rm OQR}$$からはみ出す面積は、扇型$${\rm AQOR}$$から四角形$${\rm AQOR}$$の面積を引いた部分。
扇型$${\rm AQOR}$$の面積は、$${\rm OA=1}$$で中心角が$${2(π-2θ)}$$だから$${\displaystyle π1^2\frac{2(π-2θ)}{2π}}$$。
四角形$${\displaystyle \rm AQOR=2△OAQ=2\left(\frac{1}{2}・1・2\cosθ\sinθ\right)}$$。
$${\displaystyle z=2\sinθ}$$だから、$${dz=2\cosθdθ}$$。
$${\displaystyle \left[\sin^3θ\right]'=[\sin^2θ\sinθ]’=[\sin^2θ]'\sinθ+\sin^2θ\cosθ=2\sinθ\cosθ\sinθ+\sin^2θ\cosθ=3\sin^2θ\cosθ}$$。
$${\displaystyle -\sinθ\cos^2θ=\left[\frac{1}{3}\cos3θ\right]'}$$。
【解答２】
置換積分でないから積分範囲は変わらない。
問１５０
$${\displaystyle \lim_{h→0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}$$が有限確定値ならば微分可能。
$${\displaystyle f(x+y)}$$が与えられているから$${y}$$を$${h}$$に書き換えるだけで、$${f(x+h)}$$が求まる。
$${\displaystyle \frac{\sqrt{1+\{f(h)\}^2}-1}{h}}$$の分母分子に$${\displaystyle \sqrt{1+\{f(h)\}^2}+1}$$をかけると、$${\displaystyle \frac{1+\{f(h)\}^2-1}{h\left(\sqrt{1+{f(h)}^2}+1\right)}=\frac{\{f(h)\}^2}{h}\frac{1}{\left(\sqrt{1+\{f(h)\}^2}+1\right)}}$$、この分母分子にhをかけると、$${\displaystyle \frac{\{f(h)\}^2}{h}\frac{1}{(\sqrt{1+\{f(h)\}^2}+1)}=\left(\frac{f(h)}{h}\right)^2h\frac{1}{\left(\sqrt{1+\{f(h)\}^2}+1\right)}}$$。
$${\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx}$$において、$${\displaystyle x=\frac{e^t-e^{-t}}{2}}$$と置換する。
$${\displaystyle 2x=e^t-e^{-t}}$$の両辺に$${e^t}$$をかける$${2xe^t=(e^t)^2-1⇔(e^t)^2-2xe^t-1=0}$$となるから$${e^t}$$の二次関数とみて$${e^t}$$について解くと$${e^t=x+\sqrt{x^2+1}}$$なので、$${\displaystyle t=\log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)}$$。
$${\displaystyle \frac{dx}{dt}=\left[\frac{e^t-e^{-t}}{2}\right]'=\frac{e^t+e^{-t}}{2}⇔dx=\frac{e^t+e^{-t}}{2}dt}$$。
$${\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx=\int\frac{1}{\sqrt{1+\frac{(e^t-e^{-t})}4}}\frac{e^t+e^{-t}}{2}dt}$$。
$${\displaystyle 1+\frac{(e^t+e^{-t})^2}{4}=\frac{1}{4}\left(e^{2t}-2+e^{-2t}\right)+1=\frac{1}{4}\left(e^{2t}+2+e^{-2t}\right)=\left(\frac{e^t+e^{-t}}{2}\right)^2}$$。
$${\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{1+\frac{\left(e^t-e^{-t}\right)}4}}\frac{e^t+e^{-t}}{2}dt=\int\frac{1}{\sqrt{\left({e^t+e^{-t}}{2}\right)^2}}\frac{e^t+e^{-t}}{2}dt=\int\frac{1}{\left(\frac{e^t+e^{-t}}{2}\right)^2}\frac{e^t+e^{-t}}{2}dt=\int dt=t+C}$$。
$${\displaystyle t=\log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)}$$であるから、$${\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx=\log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)+C}$$。
$${\displaystyle \sqrt{y^2＋1}+y=e^x、\sqrt{y^2＋1}-y=e^{-x}⇔-\sqrt{y^2＋1}+y=-e^{-x}}$$だから、両辺を足して$${ 2y=e^x-e^{-x} }$$。
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