数学検定準$1$級は数Ⅲまで相当の数学の基本トピックに関して取り扱った検定であり、統計学に必要な数学を身につける際の指標に役に立ちます。当記事では「日本数学検定協会 監修」の「数学検定問題集 準$1$級」より、第$2$章の「微分法とその応用」の解説と演習問題の解答例などを取り扱いました。
・数学検定まとめ
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①導関数、②微分法の公式、③種々の関数の導関数
計算技能問題
問題.$1$
・$[1]$
$$
\large
\begin{align}
y = (\sin{x})^{\sin{x}}
\end{align}
$$
上記の微分を行うにあたって両辺の対数を取ると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\log{y} &= \log{ \left( (\sin{x})^{\sin{x}} \right) } \\
&= \sin{x} \log{ \left( \sin{x} \right) }
\end{align}
$$
このとき両辺の微分は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{d}{dx}\log{y} &= \frac{d}{dx} \left[ \sin{x} \log{ \left( \sin{x} \right) } \right] \\
\frac{1}{y} \cdot \frac{dy}{dx} &= \cos{x} \log{ \left( \sin{x} \right) } + \cancel{\sin{x}} \cdot \frac{(\sin{x})’}{\cancel{\sin{x}}} \\
&= \cos{x} \left[ \log{ \left( \sin{x} \right) } + 1 \right] \\
\frac{dy}{dx} &= y \cos{x} \left[ \log{ \left( \sin{x} \right) } + 1 \right] \\
&= (\sin{x})^{\sin{x}} \cos{x} \left[ \log{ \left( \sin{x} \right) } + 1 \right]
\end{align}
$$
・解説
この問題の計算にあたっては「対数微分法」の計算の流れを用いました。「対数微分法」の流れは抑えておくと良いと思います。対数微分法に関しては下記で詳しく取り扱いました。
・$[2]$
$$
\large
\begin{align}
y = \log_{x}{ |\log{x}| }
\end{align}
$$
上記に対して底の変換公式を用いると下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
y = \log_{x}{ |\log{x}| } = \frac{\log{|\log{x}|}}{\log{x}}
\end{align}
$$
「商の導関数の公式」などを用いることで上記の微分は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
y’ &= \frac{\displaystyle \frac{1}{\cancel{\log{x}}} \cdot \cancel{\log{x}} + \log{|\log{x}|} \cdot \frac{1}{x}}{(\log{x})^2} \\
&= \frac{1 – \log{|\log{x}|}}{x(\log{x})^2}
\end{align}
$$
問題.$2$
$[1]$
$$
\large
\begin{align}
e^{x-y} = x + y
\end{align}
$$
上記の両辺を$x$で微分すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{d}{dx}e^{x-y} = \frac{d}{dx}(x + y) \\
e^{x-y} \cdot \left( 1-\frac{dy}{dx} \right) &= 1 + \frac{dy}{dx} \\
e^{x-y} – 1 &= \frac{dy}{dx}(e^{x-y}+1) \\
\frac{dy}{dx} &= \frac{e^{x-y} – 1}{e^{x-y}+1} \\
&= \frac{e^{x} – e^{y}}{e^{x} + e^{y}}
\end{align}
$$
$[2]$
$$
\large
\begin{align}
x &= t – \sin{t} \\
y &= 1 – \cos{t}
\end{align}
$$
上記に対し$\displaystyle \frac{dx}{dt}, \frac{dy}{dt}$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dx}{dt} &= 1 – \cos{t} \\
\frac{dy}{dt} &= \sin{t}
\end{align}
$$
よって$\displaystyle \frac{dy}{dx}$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= \frac{dy/dt}{dx/dt} \\
&= \frac{\sin{t}}{1 – \cos{t}}
\end{align}
$$
問題.$3$
数理技能問題
問題.$1$
$$
\large
\begin{align}
x &= e^{u} + u \\
y &= \frac{v^2}{2} – \log{v} \\
v + \log{v} &= e^{u} – u
\end{align}
$$
$(1)$式、$(2)$式より、$\displaystyle \frac{dx}{du}, \frac{dy}{dv}$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dx}{du} &= e^{u} + 1 \\
\frac{dy}{dv} &= v – \frac{1}{v} \\
&= \frac{v^2-1}{v} = \frac{(v+1)(v-1)}{v}
\end{align}
$$
ここで$\displaystyle \frac{dy}{du} = \frac{dy}{dv} \cdot \frac{dv}{du}$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dy}{du} &= \frac{dy}{dv} \cdot \frac{dv}{du} \\
&= \frac{\cancel{(v+1)}(v-1)}{\cancel{v}} \cdot \frac{\cancel{v}(e^{u} – 1)}{\cancel{v+1}} \\
&= (v-1)(e^{u} – 1)
\end{align}
$$
よって、$\displaystyle \frac{dy}{dx} = \frac{\displaystyle \frac{dy}{du}}{\displaystyle \frac{dx}{du}}$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= \frac{\displaystyle \frac{dy}{du}}{\displaystyle \frac{dx}{du}} \\
&= \frac{(v-1)(e^{u} – 1)}{e^{u} + 1}
\end{align}
$$
問題.$2$
④高次導関数、⑤平均値の定理、⑥関数の極値、⑦接線
計算技能問題
問題.$1$
$$
\large
\begin{align}
y = k x^{2} \log{x}
\end{align}
$$
上記の微分は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= k (2x) \log{x} + k x^{\cancel{2}} \cdot \frac{1}{\cancel{x}} \\
&= kx (2 \log{x} + 1)
\end{align}
$$
$y = k x^{2} \log{x}$が$x=a$で$y=-x$に接するとき、下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
k a^{2} \log{a} &= -a \\
ka (2 \log{a} + 1) &= -1
\end{align}
$$
上記を整理すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
ka \log{a} &= -1 \\
ka (2 \log{a} + 1) &= -1
\end{align}
$$
上記より$\log{a} = 2 \log{a} + 1$が成立するので$\displaystyle a = \frac{1}{e}$が得られる。よって、$k$の値は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
ke^{-1} \log{e^{-1}} &= -1 \\
ke^{-1} (-1) &= -1 \\
k &= e
\end{align}
$$
問題.$2$
・$[1]$
$$
\large
\begin{align}
y = \log{(x+\sqrt{x^2+1})}
\end{align}
$$
「合成関数の導関数の公式」を用いることで$y’$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
y’ &= \frac{((x+\sqrt{x^2+1}))’}{(x+\sqrt{x^2+1})} \\
&= \frac{\displaystyle 1 + \frac{\cancel{2}x}{\cancel{2}\sqrt{x^2+1}}}{(x+\sqrt{x^2+1})} \\
&= \frac{\sqrt{x^2+1} + x}{(x+\sqrt{x^2+1})\sqrt{x^2+1}} \\
&= \frac{\cancel{x+\sqrt{x^2+1}}}{\cancel{(x+\sqrt{x^2+1})}\sqrt{x^2+1}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}
\end{align}
$$
$y^{”}$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
y^{”} &= \left( (x^2+1)^{-\frac{1}{2}} \right)’ \\
&= -\frac{1}{2} (x^2+1)^{-\frac{3}{2}} \cdot 2x \\
&= -\frac{x}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}
\end{align}
$$
よって$(x^2+1)y^{”} + xy’$に関して下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
(x^2+1)y^{”} + xy’ &= -\frac{x\cancel{(x^2+1)}}{\cancel{(x^2+1)}\sqrt{x^2+1}} + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \\
&= -\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \\
&= 0
\end{align}
$$
数理技能問題
問題.$1$
問題.$2$
問題.$3$
$\displaystyle f(x) = \frac{1}{4}x^2$とおくと、$\displaystyle f'(x) = \frac{1}{2}x$である。このとき点$(a,f(a))$における法線の方程式は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
-f'(a)(y-f(a)) &= x-a \\
-\frac{1}{2}a \left( y – \frac{1}{4}a^2 \right) &= x-a \\
-a(4y – a^2) &= 8(x-a) \quad (1)
\end{align}
$$
上記が$(0,3)$を通るので下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
-a(4 \cdot 3 – a^2) &= 8(0-a) \\
a^3 – 12a &= -8a \\
a^3 – 4a &= 0 \\
a(a^2-4) &= 0 \\
a(a+2)(a-2) &= 0
\end{align}
$$
上記より、$a = 0, a = \pm 2$が得られる。それぞれ$(1)$式に代入することで下記のような法線の方程式がそれぞれ得られる。
$$
\large
\begin{align}
x &= 0 \\
y &= -x+3 \\
y &= x+3
\end{align}
$$
問題.$4$
$[1]$
$f(x)=x^2 \log{kx}$とおくと、$f'(x)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= 2x \log{kx} + x^2 \cdot \frac{1}{kx} \cdot k \\
&= 2x \log{kx} + x \\
&= x (2 \log{kx} + 1)
\end{align}
$$
同様に$f^{”}(x)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
f^{”}(x) &= (2 \log{kx} + 1) + x \cdot \frac{2}{kx} \cdot k \\
&= 2 \log{kx} + 3 \\
&= \log{(e^3 k^2 x^2)}
\end{align}
$$
ここで$\log{x}$が単調増加であることから変曲点で$e^3 k^2 x^2 = 1$が成立する。$k>0$より変曲点の$x$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
e^3 k^2 x^2 &= 1 \\
x^2 &= \frac{e^{-3}}{k^2} \\
x &= \frac{e^{-\frac{3}{2}}}{k}
\end{align}
$$
このとき$\displaystyle f \left( \frac{e^{-\frac{3}{2}}}{k} \right)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
f \left( \frac{e^{-\frac{3}{2}}}{k} \right) &= \left( \frac{e^{-\frac{3}{2}}}{k} \right)^2 \log{\left[ k \cdot \frac{e^{-\frac{3}{2}}}{k} \right]} \\
&= \frac{e^{-3}}{k^2} \cdot -\frac{3}{2} \\
&= -\frac{3e^{-3}}{2k^2}
\end{align}
$$
よって変曲点は$\displaystyle \left( \frac{e^{-\frac{3}{2}}}{k}, -\frac{3e^{-3}}{2k^2} \right)$である。
$[2]$
$\displaystyle (x,y) = \left( \frac{e^{-\frac{3}{2}}}{k}, -\frac{3e^{-3}}{2k^2} \right)$のように表し、下記のように$x$と$y$の式で表せば良い。
$$
\large
\begin{align}
x^2 &= \frac{e^{-3}}{k^2} \\
&= -\frac{3e^{-3}}{2k^2} \cdot -\frac{2}{3} \\
&= -\frac{2}{3} y
\end{align}
$$
上記より、$\displaystyle y = -\frac{3}{2} x^2$かつ、$k > 0 \implies x > 0$より、$\displaystyle y = -\frac{3}{2} x^2, \, x>0$が得られる曲線である。
⑧最大・最小、⑨方程式・不等式への応用
計算技能問題
問題.$1$
$$
\large
\begin{align}
f(x) = a \log{x} – x
\end{align}
$$
上記の$x$についての微分は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= \frac{a}{x} – 1 \\
&= \frac{a-x}{x}
\end{align}
$$
$f(x)$の増減表は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{array}{|c|*4{c|}}\hline x & 0 & \cdots & a & \cdots \\
\hline f'(x) & & + & 0 & – \\
\hline f(x) & & \nearrow & a(\log{a}-1) & \searrow \\
\hline
\end{array}
$$
以下、$g(a) = a(\log{a}-1)$を最小にする$a$を求める。$g(a)$の$a$に関する導関数$g'(a)$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
g'(x) &= \log{a}-1 + a \cdot \frac{1}{a} \\
&= \log{a}
\end{align}
$$
$g(a)$の増減表は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{array}{|c|*4{c|}}\hline a & 0 & \cdots & 1 & \cdots \\
\hline f'(x) & & – & 0 & + \\
\hline f(x) & & \searrow & -1 & \nearrow \\
\hline
\end{array}
$$
よって$a=1$のとき$f(x)$の最大値が最小となる。
問題.$2$
船の水面に対する速さを$x$、一定距離を定数$L$、$L$進むにあたっての時間を$t$とそれぞれおく。このとき、燃料消費量を$f(x)$とおくと、$f(x)$は$x$の$3$乗に比例するので下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) = a x^3 t \quad (1)
\end{align}
$$
ここで$L, x, t, c$について下記の関係式が成立する。
$$
\large
\begin{align}
L &= (x-c)t \\
t &= \frac{L}{x-c} \quad (2)
\end{align}
$$
$(2)$を$(1)$に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= a x^3 t \quad (1) \\
&= aL \frac{x^3}{x-c} \quad (3)
\end{align}
$$
$(3)$式を$x$について微分すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= aL \frac{3x^2(x-c) – x^3}{(x-c)^2} \\
&= aL \frac{x^2(2x-3c)}{(x-c)^2}
\end{align}
$$
上記より$f(x)$の増減表は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{array}{|c|*3{c|}}\hline x & \cdots & a & \cdots \\
\hline f'(x) & – & 0 & + \\
\hline f(x) & \searrow & \displaystyle \frac{3}{2}c & \nearrow \\
\hline
\end{array}
$$
増減表より、$\displaystyle x = \frac{3}{2}c$のとき使用燃料が最小となり経済的である。
問題.$3$
$\angle APB = \theta、OP=x$とおく。このとき$\triangle APB$に対して余弦定理より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
1^2 &= (\sqrt{2^2+x^2})^2 + (\sqrt{1^2+x^2})^2 – 2 \sqrt{2^2+x^2} \sqrt{1^2+x^2} \cos{\theta} \\
2 \sqrt{2^2+x^2} \sqrt{1^2+x^2} \cos{\theta} &= 4 + x^2 + 1 + x^2 – 1 \\
\cos{\theta} &= \frac{x^2+2}{\sqrt{2^2+x^2} \sqrt{1^2+x^2}}
\end{align}
$$
ここで$f(x)=\cos^{2}{\theta}$とおくと、下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \cos^{2}{\theta} \\
&= \frac{(x^2+2)^{2}}{(2^2+x^2)(1^2+x^2)}
\end{align}
$$
上記に対し$f'(x)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= \frac{2(x^2+2) \cdot 2x \cdot (2^2+x^2)(1^2+x^2) – (x^2+2)^{2} \cdot 2x[(2^2+x^2)+(1^2+x^2)]}{(2^2+x^2)^{2}(1^2+x^2)^{2}} \\
&= \frac{2x(x^2+2)}{(2^2+x^2)^{2}(1^2+x^2)^{2}} [ 2(x^2+4)(x^2+1) – (x^2+2)(x^2+1) – (x^2+2)(x^2+4) ] \\
&= \frac{2x(x^2+2)}{(2^2+x^2)^{2}(1^2+x^2)^{2}} [ (x^2+1)(2x^2+8 – x^2-2) – (x^2+2)(x^2+4) ] \\
&= \frac{2x(x^2+2)}{(2^2+x^2)^{2}(1^2+x^2)^{2}} [ (x^2+1)(x^2+6) – (x^2+2)(x^2+4) ] \\
&= \frac{2x(x^2+2)}{(2^2+x^2)^{2}(1^2+x^2)^{2}} [ x^4+7x^2+6 – (x^4+6x^2+8) ] \\
&= \frac{2x(x^2+2)}{(2^2+x^2)^{2}(1^2+x^2)^{2}} (x^2-2)
\end{align}
$$
上記より$x>0$における$f'(x)$の増減表は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{array}{|c|*4{c|}}\hline x & 0 & \cdots & \sqrt{2} & \cdots \\
\hline f'(x) & & – & 0 & + \\
\hline f(x) & & \searrow & \displaystyle \frac{8}{9} & \nearrow \\
\hline
\end{array}
$$
$f(x)$が最小となる$x$は$\cos{\theta}$が最小となる$x$に対応し、同時に$\theta$が最大となる。よって$\angle APB$が最大となるとき$OP=\sqrt{2}$である。
数理技能問題
問題.$1$
問題.$2$
⑩近似式、⑪速度・加速度
計算技能問題
問題.$1$
$[1]$
$f(x)=\sin{x}$とおくと$f'(x)=\cos{x}$より、下記の近似が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\sin{61^{\circ}} &= f(61^{\circ}) = f \left( \frac{61}{180} \pi \right) \\
&= f \left( \frac{\pi}{3} \right) + \left( \frac{61-60}{180} \pi \right) f’ \left( \frac{\pi}{3} \right) \\
&= \sin{\frac{\pi}{3}} + \frac{\pi}{180} \cos{\frac{\pi}{3}} \\
&= \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{180} \\
&= 0.87475 \cdots
\end{align}
$$
よって近似値は$0.875$である。
$[2]$
$f(x)=\tan{x}$とおくと$\displaystyle f'(x)=\frac{1}{\cos^{2}{x}}$より、下記の近似が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\tan{59^{\circ}} &= f(59^{\circ}) = f \left( \frac{59}{180} \pi \right) \\
&= f \left( \frac{\pi}{3} \right) + \left( \frac{59-60}{180} \pi \right) f’ \left( \frac{\pi}{3} \right) \\
&= \tan{\frac{\pi}{3}} – \frac{\pi}{180} \cdot \frac{1}{\displaystyle \cos^{2}{\frac{\pi}{3}}} \\
&= \sqrt{3} – 4 \cdot \frac{\pi}{180} \\
&= 1.6622 \cdots
\end{align}
$$
よって近似値は$1.662$である。
問題.$2$
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \sqrt{1+x} \\
f'(x) &= \frac{1}{2 \sqrt{1+x}}
\end{align}
$$
$f(x)$の$x=0$周辺の$1$次近似式は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f(0) + f'(0)x &= \sqrt{1+0} + \frac{1}{2 \sqrt{1+0}} x \\
&= 1 + \frac{1}{2} x
\end{align}
$$
ここで相対誤差を$g(x)$とおくと$g(x)$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
g(x) &= \frac{f(x) – (f(0) + f'(0)x)}{f(x)} \\
&= 1 – \frac{2 + x}{2 \sqrt{1+x}}
\end{align}
$$
相対誤差$g(x)$の導関数$g'(x)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
g'(x) &= -\frac{\displaystyle 2 \sqrt{1+x} – \frac{(2+x)}{2 \sqrt{1+x}}}{(2 \sqrt{1+x})^{2}} \\
&= -\frac{2(1+x) – (2+x)}{4(1+x) \sqrt{1+x}} \\
&= -\frac{x}{4(1+x) \sqrt{1+x}}
\end{align}
$$
よって相対誤差$g(x)$の$-0.19 \leq x \leq 0.21$における増減表は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{array}{|c|*5{c|}}\hline x & -0.19 & \cdots & 0 & \cdots & 0.21 \\
\hline f'(x) & & + & 0 & – & \\
\hline f(x) & & \nearrow & \max & \searrow \\
\hline
\end{array}
$$
ここで$g(0), g(-0.19), g(0.21)$の値はそれぞれ下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
g(0) &= 1 – \frac{2 + 0}{2 \sqrt{1+0}} = 0 \\
g(-0.19) &= 1 – \frac{2 – 0.19}{2 \sqrt{1-0.19}} = -\frac{1}{180} \\
g(0.21) &= 1 – \frac{2 + 0.21}{2 \sqrt{1+0.21}} = -\frac{1}{220}
\end{align}
$$
上記より、$x=-0.19$のとき相対誤差の絶対値が最大値をとることが確認できる。
問題.$3$
数理技能問題
問題.$1$
$$
\large
\begin{align}
\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} &= 1 \quad (1) \\
\frac{dx}{dt} &= xy \quad (2)
\end{align}
$$
$[1]$
$(1)$式の両辺を$t$で微分し、$(2)$式を代入すると$y \neq 0$より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{d}{dt} \left[ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} \right] &= 0 \\
\frac{2x}{4} \cdot \frac{dx}{dt} + \frac{2y}{9} \cdot \frac{dy}{dt} &= 0 \\
\frac{x}{2} \cdot xy + \frac{2y}{9} \cdot \frac{dy}{dt} &= 0 \\
\frac{2y}{9} \cdot \frac{dy}{dt} &= -\frac{1}{2}x^2y \\
\frac{dy}{dt} &= -\frac{9}{4}x^2 \quad (3)
\end{align}
$$
$[2]$
$(2)$式を$t$で微分し、$(1)$式と$(3)$式を用いると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{d^2x}{dt^2} &= \frac{d}{dt}(xy) \\
&= \frac{dx}{dt} \cdot y + x \cdot \frac{dy}{dt} \\
&= xy^2 – x \cdot \frac{9}{4}x^2 \\
&= xy^2 + x \cdot (y^2 – 9) \\
&= x(2y^2-9)
\end{align}
$$