\[\begin{aligned} &\frac{kf(x)-kf(a)}{x-a} = k\cdot\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \\ &\to kf'(a) \quad (x \to a), \\ &\frac{\{ f(x)\pm g(x)\} -\{ f(a)\pm g(a)\}}{x-a} \\ &= \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\pm\frac{g(x)-g(a)}{x-a} \\ &\to f'(a)\pm g'(a) \quad (x \to a) \end{aligned}\] であるから, 求める等式が成り立つ.

\[\begin{aligned} &\frac{f(x)g(x)-f(a)g(a)}{x-a} \\ &= \frac{f(x)-f(a)}{x-a}g(x)+f(a)\frac{g(x)-g(a)}{x-a} \\ &\to f'(a)g(a)+f(a)g'(a) \quad (x \to a) \end{aligned}\] であるから, 第 $1$ 式が成り立つ. また, \[\begin{aligned} &\frac{\dfrac{1}{g(x)}-\dfrac{1}{g(a)}}{x-a} = -\frac{1}{g(x)g(a)}\cdot\frac{g(x)-g(a)}{x-a} \\ &\to -\frac{g'(a)}{g(a)^2} \quad (x \to a) \end{aligned}\] であるから $\left(\dfrac{1}{g}\right)'(a) = -\dfrac{g'(a)}{g(a)^2}$ が成り立ち, これを第 $1$ 式と組み合わせると \[\begin{aligned} &\left(\frac{f}{g}\right) '(a) = \left( f\cdot\dfrac{1}{g}\right) '(a) = f'(a)\left(\frac{1}{g}\right) (a)+f(a)\left(\frac{1}{g}\right) '(a) \\ &= f'(a)\cdot\frac{1}{g(a)}+f(a)\cdot\left\{-\frac{g'(a)}{g(a)^2}\right\} = \frac{f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g(a)^2} \end{aligned}\] が得られる.

\[\begin{aligned} &\frac{h(x)-h(a)}{x-a} = \frac{g(f(x))-g(f(a))}{x-a} \\ &= \frac{g(f(x))-g(f(a))}{f(x)-f(a)}\cdot\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \\ &\to g'(f(a))f'(a) \quad (x \to a) \end{aligned}\] であるから, $h'(a) = g'(f(a))f'(a)$ が成り立つ.

　$y = f(x)$ とおくと, $x = g(f(x))$ となるから, 両辺を $x$ で微分すると, 合成関数の微分法により \[ 1 = g'(f(a))f'(a)\] つまり $g'(f(a)) = \dfrac{1}{f'(a)}$ が得られる.

　合成関数の微分法, 逆関数の微分法により \[\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt}\cdot\frac{dt}{dx} = \frac{dy}{dt}\cdot\frac{1}{\dfrac{dx}{dt}}\] であるから, 求める等式が成り立つ.

\[\begin{aligned} &\frac{\cos (x+h)-\cos x}{h} \\ &= \frac{\cos x\cos h-\sin x\sin h-\cos x}{h} \\ &= -\cos x\cdot\frac{1-\cos h}{h}-\sin x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &= -\cos x\cdot\frac{\sin ^2h}{h(1+\cos h)}-\sin x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &= -\cos x\cdot\frac{\sin h}{h}\cdot\frac{\sin h}{1+\cos h}-\sin x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &\to -\cos x\cdot 1\cdot\frac{0}{2}-\sin x\cdot 1 = -\sin x \quad (h \to 0), \\ &\frac{\sin (x+h)-\sin x}{h} \\ &= \frac{\sin x\cos h+\cos x\sin h-\sin x}{h} \\ &= -\sin x\cdot\frac{1-\cos h}{h}+\cos x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &= -\sin x\cdot\frac{\sin ^2h}{h(1+\cos h)}+\cos x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &= -\sin x\cdot\frac{\sin h}{h}\cdot\frac{\sin h}{1+\cos h}+\cos x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &\to -\sin x\cdot 1\cdot\frac{0}{2}+\cos x\cdot 1 = \cos x \quad (h \to 0) \end{aligned}\] であるから, $(\cos x)' = -\sin x,$ $(\sin x)' = \cos x$ が成り立つ. さらに, 商の導関数の公式により \[\begin{aligned} (\tan x)' &= \left(\frac{\sin x}{\cos x}\right) ' \\ &= \frac{(\sin x)'\cos x-\sin x(\cos x)'}{\cos ^2x} \\ &= \frac{\cos ^2x+\sin ^2x}{\cos ^2x} \\ &= \frac{1}{\cos ^2x} \end{aligned}\] が成り立つ.

　$(\sin x)' = \cos x$ を使うと, $(\cos x)' = -\sin x$ は, \[ (\cos x)' \!=\! \left\{\sin\left(\frac{\pi}{2}\!-\!x\right)\right\} ' \!=\! \cos\left(\frac{\pi}{2}\!-\!x\right)\!\cdot\!(-1) \!=\! -\sin x\] と証明できる.
　また, 正接の加法定理を使うと, $(\tan x)' = \dfrac{1}{\cos ^2x}$ は, \[\begin{aligned} &\frac{\tan (x+h)-\tan x}{h} \\ &= \frac{1}{h}\left(\frac{\tan x+\tan h}{1-\tan x\tan h}-\tan x\right) \\ &= \frac{1}{h}\cdot\frac{\tan h+\tan ^2x\tan h}{1-\tan x\tan h} \\ &= \frac{\tan h}{h}\cdot\frac{1+\tan ^2x}{1-\tan x\tan h} \\ &= \frac{\sin h}{h}\cdot\frac{1}{\cos h}\cdot\frac{1}{\cos ^2x}\cdot\frac{1}{1-\tan x\tan h} \\ &\to 1\cdot\frac{1}{1}\cdot\frac{1}{\cos ^2x}\cdot\frac{1}{1-0} = \frac{1}{\cos ^2x} \quad (h \to 0) \end{aligned}\] から証明できる.

　底の変換公式により, $(\log _ax)' = \dfrac{1}{x\log a}$ を示すには $(\log x)' = \dfrac{1}{x}$ を示せばよい. \[\begin{aligned} &\frac{\log (x+h)-\log x}{h} = \frac{1}{h}\log\frac{x+h}{x} \\ &= \frac{1}{x}\cdot\frac{x}{h}\log\left( 1+\frac{h}{x}\right) = \frac{1}{x}\log\left( 1+\frac{h}{x}\right) ^{\frac{x}{h}} \\ &\to \frac{1}{x}\log e = \frac{1}{x} \quad (h \to 0) \end{aligned}\] であるから, $(\log x)' = \dfrac{1}{x}$ が成り立つ.
　また, $f(x) = a^x$ とおくと, $\log f(x) = x\log a$ となるので, 両辺を $x$ で微分すると \[\frac{f'(x)}{f(x)} = \log a\] となり, $f'(x) = f(x)\log a = a^x\log a$ が得られる.

\[\begin{aligned} \frac{e^{x+h}-e^x}{h} &= e^x\cdot\frac{e^h-1}{h} \\ &\to e^x\cdot 1 = e^x \quad (h \to 0) \end{aligned}\] であるから, $(e^x)' = e^x$ が成り立つ.

　こちらを参照.

(1)

$f(x)$ を $(x-\alpha )^2$ で割った商を $q(x),$ 余りを $ax+b$ ($a,$ $b$: 実数) とおく. このとき, \[ f(x) = (x-\alpha )^2q(x)+ax+b \quad \cdots [1]\] が成り立つ. 両辺を $x$ で微分すると \[ f'(x) = 2(x-\alpha )q(x)+(x-\alpha )^2q'(x)+a \quad \cdots [2]\] となる. $[1],$ $[2]$ に $x = \alpha$ を代入すると, \[ f(\alpha ) = a\alpha +b, \quad f'(\alpha ) = a\] となり, $b = f(\alpha )-a\alpha = f(\alpha )-\alpha f'(\alpha )$ となる. ゆえに, 求める余りは, $xf'(\alpha )+f(\alpha )-\alpha f'(\alpha )$ である.

(2)

(1) の結果から,

$f(x)$ が $(x-\alpha )^2$ で割り切れる

$\iff$ $xf'(\alpha )+f(\alpha )-\alpha f'(\alpha ) = 0$

$\iff$ $f'(\alpha ) = f(\alpha )-\alpha f'(\alpha ) = 0$

$\iff$ $f(\alpha ) = f'(\alpha ) = 0$

が成り立つ.

　このくじにおいて, 当たりの確率は $\dfrac{1}{n},$ はずれの確率は $1-\dfrac{1}{n}$ であるから, $n$ 回引くときに $1$ 回も当たらない確率 $p_n$ は \[ p_n = \left( 1-\frac{1}{n}\right)^n\] である. ゆえに, 求める極限値は \[\lim\limits_{n \to \infty}p_n = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{\left( 1+\dfrac{1}{-n}\right)^{-n}} = \frac{1}{e}\] である. ここで, \[ e = \lim\limits_{k \to 0}(1+k)^{\frac{1}{k}} = \lim\limits_{x \to \pm\infty}\left( 1+\frac{1}{x}\right) ^x\] であることを使った.

(1)

二項定理により, $x > 0$ のとき \[ (1+x)^n = 1+nx+\cdots +x^n > 1+nx\] が成り立つ.

(2)

${}_n\mathrm C_k = \dfrac{{}_n\mathrm P_k}{k!}$ であるから, $2^{k-1}{}_n\mathrm P_k \leqq k!n^k$ を示せばよい. これは, \[ 2^{k-1} = 2^{k-1}\cdot 1 \leqq k!, \quad {}_n\mathrm P_k \leqq n^k\] の辺々を掛け合わせることで得られる.

(3)

$n \geqq 2$ のとき, (1) の不等式に $x = \dfrac{1}{n}$ を代入すると, \[\left( 1+\frac{1}{n}\right) ^n > 1+n\cdot\frac{1}{n} = 2\] となる. また, 二項定理と (2) の不等式により \[\begin{aligned} \left( 1+\frac{1}{n}\right) ^n &= 1+\sum_{k = 1}^n{}_n\mathrm C_k\left(\frac{1}{n}\right) ^k = 1+\sum_{k = 1}^n\frac{{}_n\mathrm C_k}{n^k} \\ &\leqq 1+\sum_{k = 1}^n\frac{1}{2^{k-1}} = 1+\frac{1-\left(\dfrac{1}{2}\right) ^n}{1-\dfrac{1}{2}} \\ &= 3-\frac{1}{2^{n-1}} < 3 \end{aligned}\] が成り立つ. ゆえに, 挟みうちの原理と $e = \lim\limits_{n \to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) ^n$ により, \[ 2 \leqq e \leqq 3\] である.

(1)

①

$[*]$ に $x_1 = x_2 = 0$ を代入すると $f(0) = f(0)+f(0)$ となるから, $f(0) = 0$ である.

②

$[*]$ に $x_1 = x,$ $x_2 = -x$ を代入すると $f(0) = f(x)+f(-x)$ となるから, $f(-x) = -f(x)$ が成り立つ.

③

実数 $x,$ $h$ $(h \neq 0)$ に対して $f(x+h) = f(x)+f(h)$ であるから, \[\begin{aligned} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} &= \frac{f(h)}{h} = \frac{f(0+h)-f(0)}{h} \\ &\to f'(0) = m \quad (h \to 0) \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $f(x)$ は実数全体で微分可能であり, $f'(x) = m$ である.

(2)

$g(0) = g(0)g(0),$ $g(x) > 0$ であるから, $g(0) = 1$ である. 仮定から, 関数 $f(x) = \log g(x)$ は, すべての実数 $x_1,$ $x_2$ に対して \[\begin{aligned} f(x_1+x_2) &= \log g(x_1+x_2) = \log g(x_1)g(x_2) \\ &= \log g(x_1)+\log g(x_2) = f(x_1)+f(x_2) \end{aligned}\] を満たす. さらに, 合成関数の微分法により, \[ f'(0) = \dfrac{g'(0)}{g(0)} = \dfrac{1}{1} = 1\] である. よって, (1) の結果により $f'(x) = 1$ であるから,

$\dfrac{g'(x)}{g(x)} = 1$　つまり　$g'(x) = g(x)$

が成り立つ.

(3)

仮定から, 関数 $f(x) = h(e^x)$ は, すべての実数 $x_1,$ $x_2$ に対して \[\begin{aligned} f(x_1+x_2) &= h(e^{x_1+x_2}) = h(e^{x_1}e^{x_2}) \\ &= h(e^{x_1})+h(e^{x_2}) = f(x_1)+f(x_2) \end{aligned}\] を満たす. さらに, 合成関数の微分法により, \[ f'(0) = h'(e^0)\cdot e^0 = h'(1) = 1\] である. よって, (1) の結果により $f'(x) = 1$ であり,

$h'(e^x)\cdot e^x = 1$　つまり　$h'(e^x) = \dfrac{1}{e^x}$

が成り立つから, $h'(X) = \dfrac{1}{X}$ である.

(1)

$[\ast ]$ に $x_1 = x_2 = 0$ を代入すると \[ f(0) = \frac{2f(0)}{1+f(0)^2}\] となるから, 分母を払って整理すると \[ f(0)\{ f(0)+1\}\{ f(0)-1\} = 0\] となる.
　仮に $f(0) = \pm 1$ とすると, $[\ast ]$ で $x_1 = x,$ $x_2 = 0$ としたときに

$f(x) = \dfrac{f(x)\pm 1}{1\pm f(x)} = \pm 1$　(複号同順)

となり, $f'(0) = 0 \neq 1$ となってしまう.
　よって, \[ f(0) = 0 \quad \cdots [1]\] である.

(2)

$h \neq 0$ のとき, \[\begin{aligned} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} &= \frac{1}{h}\left\{\frac{f(x)+f(h)}{1+f(x)f(h)}-f(x)\right\} \\ &= \frac{1}{h}\cdot\frac{f(h)\{ 1-f(x)^2\}}{1+f(x)f(h)} \\ &= \frac{f(h)-f(0)}{h}\cdot\frac{1-f(x)^2}{1+f(x)f(h)} \quad (\because [1]) \end{aligned}\] が成り立つ. $f(x)$ は $x = 0$ で微分可能であり, よって $x = 0$ で連続であることに注意すると, $h \to 0$ のとき, この値は \[\begin{aligned} f'(0)\cdot\frac{1-f(x)^2}{1+f(x)f(0)} = 1-f(x)^2 \quad (\because [1]) \end{aligned}\] に収束する. ゆえに, $f(x)$ は微分可能であり, \[ f'(x) = 1-f(x)^2 \quad \cdots [2]\] が成り立つ.

(3)

$[\ast ]$ に $x_1 = x_2 = \dfrac{x}{2}$ を代入して $\pm 1$ を掛け, $1$ を加えると \[ 1\pm f(x) = 1\pm\frac{2f\left(\dfrac{x}{2}\right)}{1+f\left(\dfrac{x}{2}\right) ^2} = \frac{\left\{ 1\pm f\left(\dfrac{x}{2}\right)\right\} ^2}{1+f\left(\dfrac{x}{2}\right) ^2} \geqq 0\] (複号同順) となるから, \[ -1 \leqq f(x) \leqq 1\] が成り立つ. $f(x) = \pm 1$ を満たす $x$ の存在を仮定すると, \[ f(0) = f(x-x) = \frac{\pm 1+f(-x)}{1\pm f(-x)} = \pm 1 \neq 0\] (複号同順) という矛盾が生じる. よって, $-1 < f(x) < 1$ である.

(4)

$y = f(x)$ とおく. $g(x)$ を微分すると, \[\begin{aligned} g'(x) &= \frac{d}{dy}\left(\frac{1+y}{1-y}\right)\cdot\frac{dy}{dx} \\ &= \frac{1\cdot (1-y)-(1+y)\cdot (-1)}{(1-y)^2}(1-y^2) \quad (\because [2]) \\ &= \frac{2}{(1-y)^2}(1+y)(1-y) \\ &= \frac{2(1+y)}{(1-y)} = 2g(x) \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が得られる.

(5)

$h(x)$ を微分すると \[\begin{aligned} h'(x) &= -2e^{-2x}g(x)+e^{-2x}g'(x) \\ &= e^{-2x}\{ g'(x)-2g(x)\} = 0 \quad (\because [3]) \end{aligned}\] となるから, $h(x) = C$ ($C$: 実数) である. よって, $g(x) = Ce^{2x}$ となるから, $x = 0$ を代入すると \[ C = g(0) = \frac{1+f(0)}{1-f(0)} = 1 \quad (\because [1])\] となり,

$g(x) = e^{2x},$　$\dfrac{1+f(x)}{1-f(x)} = e^{2x}$　つまり　$f(x) = \dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}$

となる.

(1)

定義から, \[\begin{aligned} f(x)^2-g(x)^2 &= \frac{e^{2x}\!+\!2\!+\!e^{-2x}}{4}-\frac{e^{2x}\!-\!2\!+\!e^{-2x}}{4} = 1 \quad \cdots [1], \\ h(x) &= \frac{e^x-e^{-x}}{2}\div\frac{e^x+e^{-x}}{2} = \frac{g(x)}{f(x)} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立つ. $[1]$ の両辺を $f(x)^2$ で割ると, $[2]$ により \[ 1-h(x)^2 = \frac{1}{f(x)^2} \quad \cdots [3]\] が得られる.

(2)

$(e^x) = e^x,$ $(e^{-x})' = -e^{-x}$ であるから, \[\begin{aligned} f'(x) &= \frac{e^x+(-e^{-x})}{2} = g(x) \quad \cdots [4], \\ g'(x) &= \frac{e^x-(-e^{-x})}{2} = f(x) \quad \cdots [5] \end{aligned}\] が成り立つ. また, $[2]$ と商の導関数の公式により, \[\begin{aligned} h'(x) &= \frac{g'(x)f(x)-g(x)f'(x)}{f(x)^2} \\ &= \frac{f(x)^2-g(x)^2}{f(x)^2} \quad (\because [4],\ [5]) \\ &= \frac{1}{f(x)^2} \quad (\because [1]) \end{aligned}\] が得られる.

(3)

$x = f(y)$ $(y > 0)$ とおくと $[4],$ $[1]$ により \[\frac{dx}{dy} = g(y) = \sqrt{f(y)^2-1} = \sqrt{x^2-1}\] となるから, 逆関数の導関数の公式により \[\frac{d}{dx}f^{-1}(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\] が得られる. $x = g(y)$ とおくと $[5],$ $[1]$ により \[\frac{dx}{dy} = f(y) = \sqrt{g(y)^2+1} = \sqrt{x^2+1}\] となるから, 逆関数の導関数の公式により \[\frac{d}{dx}g^{-1}(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\] が得られる. $x = h(y)$ とおくと $[6],$ $[3]$ により \[\frac{dx}{dy} = \frac{1}{f(y)^2} = 1-h(y)^2 = 1-x^2\] となるから, 逆関数の導関数の公式により \[\frac{d}{dx}h^{-1}(x) = \frac{1}{1-x^2}\] が得られる.

(A)

$y = \cos x$ $(0 < x < \pi )$ の逆関数は, \[ x = \cos y \quad (0 < y < \pi )\] で定まる $x$ の関数 $y$ である. 両辺を $x$ で微分すると \[ 1 = -\sin y\cdot\frac{dy}{dx}\] となるから, この範囲で $\sin y > 0$ であることに注意すると, \[\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{\sin y} = -\frac{1}{\sqrt{1-\cos ^2y}} = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\] が得られる.

(B)

$y = \sin x$ $\left( -\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2}\right)$ の逆関数は, \[ x = \sin y \quad \left( -\dfrac{\pi}{2} < y < \dfrac{\pi}{2}\right)\] で定まる $x$ の関数 $y$ である. 両辺を $x$ で微分すると \[ 1 = \cos y\cdot\frac{dy}{dx}\] となるから, この範囲で $\cos y > 0$ であることに注意すると, \[\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\sqrt{1-\sin ^2y}} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\] が得られる.

(C)

$y = \tan x$ $\left( -\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2}\right)$ の逆関数は, \[ x = \tan y \quad \left( -\dfrac{\pi}{2} < y < \dfrac{\pi}{2}\right)\] で定まる $x$ の関数 $y$ である. 両辺を $x$ で微分すると \[ 1 = \frac{1}{\cos^2 y}\cdot\frac{dy}{dx}\] となるから, \[\frac{dy}{dx} = \cos^2 y = \frac{1}{1+\tan ^2y} = \frac{1}{1+x^2}\] が得られる.

(A)

求める導関数は \[\begin{aligned} \frac{d}{dx}(x\log x-x) &= 1\cdot\log x+x\cdot\frac{1}{x}-1\\ &= \log x \end{aligned}\] である.

(B)

合成関数の微分法により, 求める導関数は \[\begin{aligned} \frac{d}{dx}\log\left|\tan\frac{x}{2}\right| &= \frac{1}{\tan\dfrac{x}{2}}\cdot\frac{1}{\cos ^2\dfrac{x}{2}}\cdot\frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}} = \frac{1}{\sin x} \end{aligned}\] である.

(C)

合成関数の微分法により, 求める導関数は \[\begin{aligned} &\frac{d}{dx}\log (x+\sqrt{x^2+a^2}) \\ &= \frac{1}{x+\sqrt{x^2+a^2}}\cdot\left( 1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+a^2}}\right) \\ &= \frac{1}{x+\sqrt{x^2+a^2}}\cdot\frac{\sqrt{x^2+a^2}+x}{\sqrt{x^2+a^2}} = \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}} \end{aligned}\] である.

(1)

(i)

$r \leqq n$ のとき. \[\begin{aligned} (x^n)^{(r)} &= (nx^{n-1})^{(r-1)} = \cdots \\ &= ({}_n\mathrm P_k\,x^{n-k})^{(r-k)} \\ &= \{ {}_n\mathrm P_k\,(n-k)x^{n-k-1}\} ^{(r-k-1)} \\ &= ({}_n\mathrm P_{k+1}\,x^{n-k-1})^{(r-k-1)} = \cdots \\ &= {}_n\mathrm P_r\,x^{n-r} \end{aligned}\] が成り立つ.

(ii)

$r > n$ のとき. (i) から $(x^n)^{(n)} = n!$ であるので, $(x^n)^{(r)} = 0$ である.

(i), (ii) から, \[ (x^n)^{(r)} = \begin{cases} {}_n\mathrm P_r\,x^{n-r} & (r \leqq n), \\ 0 & (r > n) \end{cases}\] である.

(2)

$0 \leqq k \leqq n$ なる各整数 $k$ に対して, (1) と微分の線形性により \[ f^{(k)}(x) = a_n\,{}_n\mathrm P_k\,x^{n-k}+\cdots +a_{k+1}\,{}_{k+1}\mathrm P_k\,x+a_k\,k!\] であるから, \[ f^{(k)}(0) = a_k\,k!, \quad a_k = \frac{f^{(k)}(0)}{k!}\] が成り立つ. ゆえに, $f(x)$ は \[ f(x) = \sum_{k = 0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\] と表される.

(A)

(i)

三角関数の導関数の公式 (こちらを参照) により \[\begin{aligned} \frac{d}{dx}\cos x &= -\sin x = \cos\left( x+\frac{\pi}{2}\right), \\ \frac{d}{dx}\sin x &= \cos x = \sin\left( x+\frac{\pi}{2}\right) \end{aligned}\] であるから, $n = 1$ のとき $[\mathrm C],$ $[\mathrm S]$ が成り立つ.

(ii)

$n = k$ ($k$: 正の整数) のとき $[\mathrm C],$ $[\mathrm S]$ が成り立つとする. このとき, \[\begin{aligned} &\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}}\cos x = \frac{d}{dx}\left(\frac{d^k}{dx^k}\cos x\right) \\ &= \frac{d}{dx}\cos\left( x+\frac{k\pi}{2}\right) = -\sin\left( x+\frac{k\pi}{2}\right) \\ &= \cos\left( x+\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right) = \cos\left( x+\frac{(k+1)\pi}{2}\right), \\ &\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}}\sin x = \frac{d}{dx}\left(\frac{d^k}{dx^k}\sin x\right) \\ &= \frac{d}{dx}\sin\left( x+\frac{k\pi}{2}\right) = \cos\left( x+\frac{k\pi}{2}\right) \\ &= \sin\left( x+\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right) = \sin\left( x+\frac{(k+1)\pi}{2}\right) \end{aligned}\] となり, $n = k+1$ のとき $[\mathrm C],$ $[\mathrm S]$ が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\mathrm C],$ $[\mathrm S]$ が成り立つ.

(B)

(i)

$y = \log _ax$ のとき $x = a^y$ であるから \[\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\dfrac{dx}{dy}} = \frac{1}{a^y\log a} = \frac{1}{x\log a}\] であり, $n = 1$ のとき $[\mathrm L]$ が成り立つ.

(ii)

$n = k$ ($k$: 正の整数) のとき $[\mathrm L]$ が成り立つとする. このとき, \[\begin{aligned} &\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}}\log _ax = \frac{d}{dx}\left(\frac{d^k}{dx^k}\log _ax\right) \\ &= \frac{d}{dx}\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{x^k\log a} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{\log a}\frac{d^k}{dx^k}x^{-k} \\ &= \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{\log a}\cdot (-k)x^{-k-1} = \frac{(-1)^kk!}{x^{k+1}\log a} \end{aligned}\] となり, $n = k+1$ のとき $[\mathrm L]$ が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\mathrm L]$ が成り立つ.

(1)

$[1]$ に $x = 0$ を代入すると, \[ f(-0) = -f(0)\] よって $f(0) = -f(0),$ $2f(0) = 0$ から \[ f(0) = 0 \quad \cdots [0]\] が得られる.

(2)

$[1]$ の両辺を微分すると \[\begin{aligned} f'(-x)\cdot (-1) &= -f'(x) \\ f'(-x) &= f'(x) \quad \cdots [1]' \end{aligned}\] となるから, $f'(x)$ は偶関数である.

(3)

$[2]$ において $x_2$ を $-x_2$ に置き換えると, $[1],$ $[1]'$ から \[\begin{aligned} f'(x_1-x_2) &= f'(x_1)f'(-x_2)-f(x_1)f(-x_2) \\ &= f'(x_1)f'(x_2)+f(x_1)f(x_2) \quad \cdots [2]' \end{aligned}\] が得られる. よって, $[2]-[2]'$ から, \[ f'(x_1+x_2)-f'(x_1-x_2) = -2f(x_1)f(x_2)\] が成り立つ. ここで, $A = x_1+x_2,$ $B = x_1-x_2$ とおくと, $x_1 = \dfrac{A+B}{2},$ $x_2 = \dfrac{A-B}{2}$ から \[ f'(A)-f'(B) = -2f\left(\frac{A+B}{2}\right)f\left(\frac{A-B}{2}\right) \quad \cdots [4]\] が得られる.

(4)

$[4],$ $[0],$ $[3]$ により \[\begin{aligned} &\frac{f'(x+h)-f'(x)}{h} = \frac{1}{h}\left\{ -2f\left( x+\frac{h}{2}\right) f\left(\frac{h}{2}\right)\right\} \quad (\because [4]) \\ &= -f\left( x+\frac{h}{2}\right)\cdot\frac{2}{h}\left\{ f\left( 0+\frac{h}{2}\right) -f(0)\right\} \quad (\because [0]) \\ &\to -f(x)f'(0) \quad (h \to 0) \\ &= -f(x) \quad (\because [3]) \end{aligned}\] であるから, $f(x)$ は $2$ 回微分可能であり, \[ f''(x) = -f(x) \quad \cdots [5]\] が成り立つ.

(5)

$g(x) = f(x)^2+f'(x)^2$ とおく. \[\begin{aligned} g'(x) &= 2f(x)f'(x)+2f'(x)f''(x) \\ &= 2f'(x)\{ f(x)+f''(x)\} \\ &= 2f'(x)\cdot 0 = 0 \quad (\because [5]) \end{aligned}\] であるから, $g(x)$ は定数関数である. $[0],$ $[3]$ により \[ g(0) = f(0)^2+f'(0)^2 = 0^2+1^2 = 1\] であるから, $g(x) = 1$ つまり \[ f(x)^2+f'(x)^2 = 1 \quad \cdots [6]\] が成り立つ.

(i)

$n = 1$ のとき. 積の導関数の公式 \[ (uv)' = u'v+uv' \quad \cdots [1]\] により, $[*]$ が成り立つ.

(ii)

$n = m$ ($m$: 正の整数) のとき $[\ast ]$ が成り立つとして, $u,$ $v$ が $m+1$ 回微分可能であるとする. このとき, $[\ast ]$ の両辺を微分することにより \[\begin{aligned} &(uv)^{(m+1)} = \sum\limits_{k = 0}^m{}_m\mathrm C_k\,\{ u^{(m-k)}v^{(k)}\} ' \\ &= \sum\limits_{k = 0}^m{}_m\mathrm C_k\,\{ u^{(m+1-k)}v^{(k)}+u^{(m-k)}v^{(k+1)}\} \quad (\because [1]) \\ &= \sum\limits_{k = 0}^m{}_m\mathrm C_k\,u^{(m+1-k)}v^{(k)}+\sum\limits_{k = 0}^m{}_m\mathrm C_k\,u^{(m-k)}v^{(k+1)} \\ &= \sum\limits_{k = 0}^m{}_m\mathrm C_k\,u^{(m+1-k)}v^{(k)}+\sum\limits_{k = 1}^{m+1}{}_m\mathrm C_{k-1}\,u^{(m+1-k)}v^{(k)} \\ &= u^{(m+1)}v+\sum\limits_{k = 1}^m({}_m\mathrm C_k+{}_m\mathrm C_{k-1})u^{(m+1-k)}v^{(k)}+uv^{(m+1)} \\ &= \sum\limits_{k = 0}^{m+1}{}_{m+1}\mathrm C_k\,u^{(m+1-k)}v^{(k)} \end{aligned}\] となり, $n = m+1$ のとき $[\ast ]$ が成り立つ. 最後の等号では「パスカルの法則」を使った.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\ast ]$ が成り立つ.

(1)

$y > 0$ に注意して両辺の対数をとると, \[\log y = \frac{1}{x}\log x\] となる. 両辺を $x$ で微分すると \[\frac{y'}{y} = -\frac{1}{x^2}\cdot\log x+\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x} = \frac{1-\log x}{x^2}\] となるから, \[ y' = y\cdot\frac{1-\log x}{x^2} = x^{\frac{1}{x}-2}(1-\log x)\] である. $x^{\frac{1}{x}-2} > 0$ から \[\begin{aligned} y' \geqq 0 &\iff 1-\log x \geqq 0 \iff 0 < x \leqq e, \\ y' \leqq 0 &\iff x \geqq e \end{aligned}\] であるので, $y$ は $x = e$ で極大かつ最大の値 $e^{\frac{1}{e}}$ をとる.

(2)

整数 $m,$ $n$ が \[ m^n = n^m \quad \cdots [1], \quad 0 < m < n \quad \cdots [2]\] を満たすとする. $[1]$ は \[ m^{\frac{1}{m}} = n^{\frac{1}{n}}\] と変形できる. よって, (1) で見た $y = x^{\frac{1}{x}}$ の増減と $2 < e < 3$ から, $m = 1,$ $2$ が必要である. $1^n = n^1$ の解は $n = 1$ に限るから, $m = 1$ は不適である. したがって, \[ x^{\frac{1}{x}} = 2^{\frac{1}{2}}\] の正の整数解 $x\,(\neq 2)$ を求めればよい. 曲線 $y = x^{\frac{1}{x}}$ と直線 $y = 2^{\frac{1}{2}}$ はちょうど $2$ 点で交わるから, $x^{\frac{1}{x}} = 2^{\frac{1}{2}}$ つまり $2^x = x^2$ は $x = 2$ 以外にただ $1$ つの実数解をもつ.

一方, $2^4 = 4^2 = 16$ であるから, それは $x = 4$ である. ゆえに, 求める整数解は $(m,n) = (2,4)$ である.