$\displaystyle \sin \frac{25\pi}{6}$ の値を求めよ。
$\frac{25\pi}{6}$ を分解すると以下のようになります。
$$ \begin{aligned} \frac{25\pi}{6} &= \frac{24\pi + \pi}{6} \\ &= 4\pi + \frac{\pi}{6} \end{aligned} $$
三角関数の周期性 $\sin(\alpha + 2n\pi) = \sin \alpha$ （$n$は整数）より、
$$ \begin{aligned} \sin \frac{25\pi}{6} &= \sin \left( 4\pi + \frac{\pi}{6} \right) \\ &= \sin \frac{\pi}{6} \end{aligned} $$
したがって、
$$ \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2} $$
答え: $\displaystyle \frac{1}{2}$
$\displaystyle \sin \left(\theta + \frac{\pi}{2}\right) + \sin \left(\theta + \frac{7\pi}{6}\right) + \sin \left(\theta + \frac{11\pi}{6}\right)$ を簡単な式で表せ。
与えられた式を $S$ とし、各項を加法定理などを用いて変形します。
$$ S = \sin \left(\theta + \frac{\pi}{2}\right) + \sin \left(\theta + \frac{7\pi}{6}\right) + \sin \left(\theta + \frac{11\pi}{6}\right) $$
第1項: 公式 $\sin(\theta + \frac{\pi}{2}) = \cos \theta$ より、
$$
\sin \left(\theta + \frac{\pi}{2}\right) = \cos \theta
$$
第2項: 加法定理 $\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$ より、
$$
\begin{aligned}
\sin \left(\theta + \frac{7\pi}{6}\right) &= \sin\theta \cos\frac{7\pi}{6} + \cos\theta \sin\frac{7\pi}{6} \\
&= \sin\theta \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + \cos\theta \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \\
&= -\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta - \frac{1}{2}\cos\theta
\end{aligned}
$$
第3項: 同様に加法定理を用いるか、あるいは $\frac{11\pi}{6} = 2\pi - \frac{\pi}{6}$ であることを利用します。
$$
\begin{aligned}
\sin \left(\theta + \frac{11\pi}{6}\right) &= \sin\theta \cos\frac{11\pi}{6} + \cos\theta \sin\frac{11\pi}{6} \\
&= \sin\theta \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + \cos\theta \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta - \frac{1}{2}\cos\theta
\end{aligned}
$$
全体を合計する:
これらを足し合わせます。長くなるため改行して整理します。
$$ \begin{aligned} S &= (\cos \theta) + \left( -\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta - \frac{1}{2}\cos\theta \right) \\ &\quad + \left( \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta - \frac{1}{2}\cos\theta \right) \\ &= \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \right)\sin\theta \\ &\quad + \left( 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right)\cos\theta \\ &= 0 \cdot \sin\theta + 0 \cdot \cos\theta \\ &= 0 \end{aligned} $$
答え: $0$
$\cos\theta - \sqrt{3}\sin\theta$ を、$A\sin(\theta + \alpha)$ の形で書け。
三角関数の合成公式 $a\sin\theta + b\cos\theta = \sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta + \alpha)$ を利用するために、$\sin\theta$ の項を前にして式を整理します。
$$ -\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta $$
ここで、$a = -\sqrt{3}, \ b = 1$ となります。
合成後の振幅 $A$ は以下の通りです。
$$ \begin{aligned} A &= \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + 1^2} \\ &= \sqrt{3+1} = \sqrt{4} = 2 \end{aligned} $$
次に角 $\alpha$ を求めます。
$\cos\alpha = \frac{a}{A} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$、$\sin\alpha = \frac{b}{A} = \frac{1}{2}$ を満たす $\alpha$ は、
$$ \alpha = \frac{5\pi}{6} $$
よって、求める式は以下のようになります。
$$ 2\sin\left(\theta + \frac{5\pi}{6}\right) $$
答え: $2\sin\left(\theta + \frac{5\pi}{6}\right)$
$\tan\theta = -\frac{4}{3} \ \left(-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}\right)$ のとき、$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の値を求めよ。
相互関係の公式 $1 + \tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta}$ を用います。
$$ \begin{aligned} 1 + \left(-\frac{4}{3}\right)^2 &= \frac{1}{\cos^2\theta} \\ 1 + \frac{16}{9} &= \frac{25}{9} = \frac{1}{\cos^2\theta} \end{aligned} $$
よって、$\cos^2\theta = \frac{9}{25}$ です。
条件 $-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}$ （第1・第4象限）において、$\cos\theta$ は常に正の値をとるため、$\cos\theta > 0$ です。
$$ \cos\theta = \sqrt{\frac{9}{25}} = \frac{3}{5} $$
また、$\sin\theta = \tan\theta \cdot \cos\theta$ より、
$$ \begin{aligned} \sin\theta &= \left(-\frac{4}{3}\right) \cdot \frac{3}{5} \\ &= -\frac{4}{5} \end{aligned} $$
答え: $\displaystyle \sin\theta = -\frac{4}{5}, \ \cos\theta = \frac{3}{5}$
$\tan\theta = 2 \ \left(-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}\right)$ のとき、$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の値を求めよ。
同様に $1 + \tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta}$ を用います。
$$ 1 + 2^2 = 5 = \frac{1}{\cos^2\theta} $$
よって、$\cos^2\theta = \frac{1}{5}$ です。
条件 $-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}$ かつ $\tan\theta > 0$ なので、$\theta$ は第1象限にあり、$\cos\theta > 0$ です。
$$ \cos\theta = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5} $$
また、$\sin\theta = \tan\theta \cdot \cos\theta$ より、
$$ \begin{aligned} \sin\theta &= 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} \\ &= \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5} \end{aligned} $$
答え: $\displaystyle \sin\theta = \frac{2\sqrt{5}}{5}, \ \cos\theta = \frac{\sqrt{5}}{5}$
$\log_2 27 \times \log_9 8$ を簡単にせよ。
底の変換公式 $\log_a b = \frac{\log_c b}{\log_c a}$ を用いて、すべての対数の底を2に揃えます。
$$ \begin{aligned} \log_2 27 \times \log_9 8 &= \log_2 (3^3) \times \frac{\log_2 8}{\log_2 9} \\ &= 3\log_2 3 \times \frac{\log_2 (2^3)}{\log_2 (3^2)} \\ &= 3\log_2 3 \times \frac{3}{2\log_2 3} \end{aligned} $$
$\log_2 3$ が約分できるので、
$$ = 3 \times \frac{3}{2} = \frac{9}{2} $$
答え: $\displaystyle \frac{9}{2}$
$\alpha = \log_2 5$ とするとき、次の値を $\alpha$ を用いて表せ。
(i) $\log_8 10 \quad$ (ii) $\log_5 10 \quad$ (iii) $\displaystyle \frac{\log_{10} 5}{\log_2 10}$
底の変換公式を用いて、底を2に揃えて計算します（与えられた条件が $\alpha = \log_2 5$ のため）。
(i) $\log_8 10$
$$ \begin{aligned} \log_8 10 &= \frac{\log_2 10}{\log_2 8} \\ &= \frac{\log_2(2 \times 5)}{3} \\ &= \frac{\log_2 2 + \log_2 5}{3} \\ &= \frac{1 + \alpha}{3} \end{aligned} $$
(ii) $\log_5 10$
$$ \begin{aligned} \log_5 10 &= \frac{\log_2 10}{\log_2 5} \\ &= \frac{\log_2(2 \times 5)}{\alpha} \\ &= \frac{1 + \alpha}{\alpha} \quad \left(\text{または } \frac{1}{\alpha} + 1\right) \end{aligned} $$
(iii) $\displaystyle \frac{\log_{10} 5}{\log_2 10}$
まず分子の $\log_{10} 5$ を変形します。
$$
\log_{10} 5 = \frac{\log_2 5}{\log_2 10} = \frac{\alpha}{1+\alpha}
$$
分母は $\log_2 10 = 1 + \alpha$ です。
これらを代入すると、
$$ \begin{aligned} \frac{\log_{10} 5}{\log_2 10} &= \frac{\frac{\alpha}{1+\alpha}}{1+\alpha} \\ &= \frac{\alpha}{(1+\alpha)^2} \end{aligned} $$
答え:
(i) $\displaystyle \frac{1+\alpha}{3}$
(ii) $\displaystyle \frac{1+\alpha}{\alpha}$
(iii) $\displaystyle \frac{\alpha}{(1+\alpha)^2}$
連立方程式
$$
\begin{cases}
2\log_{10} x + \log_{10} y = 1 \\
xy = x - 3
\end{cases}
$$
を解け。
まず、真数条件より $x > 0$ かつ $y > 0$ です。
第1式を変形します。
$$
\begin{aligned}
\log_{10} x^2 + \log_{10} y &= 1 \\
\log_{10} (x^2 y) &= 1
\end{aligned}
$$
対数の定義より、
$$
x^2 y = 10^1 \quad \therefore y = \frac{10}{x^2} \quad \cdots ①
$$
これを第2式 $xy = x - 3$ に代入します。
$$
\begin{aligned}
x \cdot \frac{10}{x^2} &= x - 3 \\
\frac{10}{x} &= x - 3
\end{aligned}
$$
両辺に $x$ を掛けます（$x>0$ なので可能）。
$$
\begin{aligned}
10 &= x^2 - 3x \\
x^2 - 3x - 10 &= 0 \\
(x - 5)(x + 2) &= 0
\end{aligned}
$$
$x = 5, -2$ ですが、真数条件 $x > 0$ より、
$$
x = 5
$$
これを①式に代入して $y$ を求めます。
$$
y = \frac{10}{5^2} = \frac{10}{25} = \frac{2}{5}
$$
これは $y > 0$ を満たします。
答え: $\displaystyle x = 5, \ y = \frac{2}{5}$
方程式 $\log_{10}(\log_{32} x) = -1$ を解け。
まず、外側の対数を外します。
$$
\log_{32} x = 10^{-1} = \frac{1}{10}
$$
次に、内側の対数の定義に従って $x$ を求めます。
$$
x = 32^{\frac{1}{10}}
$$
ここで $32 = 2^5$ なので、
$$
\begin{aligned}
x &= (2^5)^{\frac{1}{10}} \\
&= 2^{5 \times \frac{1}{10}} \\
&= 2^{\frac{1}{2}} = \sqrt{2}
\end{aligned}
$$
真数条件を確認すると、$\log_{32} x > 0$ (外側の対数の真数) より $x > 1$ である必要があり、$\sqrt{2} \approx 1.414 > 1$ なので満たします。
答え: $\displaystyle x = \sqrt{2}$
$$\lim_{n \to \infty} (\sqrt{n^4 + 5n^2 - 1} - n^2)$$
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{n \to \infty} \frac{(\sqrt{n^4 + 5n^2 - 1} - n^2)(\sqrt{n^4 + 5n^2 - 1} + n^2)}{\sqrt{n^4 + 5n^2 - 1} + n^2} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{(n^4 + 5n^2 - 1) - n^4}{\sqrt{n^4 + 5n^2 - 1} + n^2} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{5n^2 - 1}{\sqrt{n^4(1 + \frac{5}{n^2} - \frac{1}{n^4})} + n^2} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{5 - \frac{1}{n^2}}{\sqrt{1 + \frac{5}{n^2} - \frac{1}{n^4}} + 1} \\ &= \frac{5}{1+1} = \frac{5}{2} \end{aligned} $$
$$\lim_{x \to 1} \frac{x^3 + 2x^2 - x - 2}{x^2 + x - 2}$$
分子・分母ともに $x=1$ を代入すると $0$ になるため、$(x-1)$ を因数に持つ。
分子：$x^3 + 2x^2 - x - 2 = x^2(x+2) - (x+2) = (x^2-1)(x+2) = (x-1)(x+1)(x+2)$
分母：$x^2 + x - 2 = (x-1)(x+2)$
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x+1)(x+2)}{(x-1)(x+2)} \\ &= \lim_{x \to 1} (x+1) \\ &= 1 + 1 = 2 \end{aligned} $$
$$\lim_{x \to \infty} (\sqrt{x^2 + 2x + 3} - x)$$
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{x \to \infty} \frac{(\sqrt{x^2 + 2x + 3} - x)(\sqrt{x^2 + 2x + 3} + x)}{\sqrt{x^2 + 2x + 3} + x} \\ &= \lim_{x \to \infty} \frac{(x^2 + 2x + 3) - x^2}{\sqrt{x^2(1 + \frac{2}{x} + \frac{3}{x^2})} + x} \\ &= \lim_{x \to \infty} \frac{2x + 3}{x\sqrt{1 + \frac{2}{x} + \frac{3}{x^2}} + x} \\ &= \lim_{x \to \infty} \frac{2 + \frac{3}{x}}{\sqrt{1 + \frac{2}{x} + \frac{3}{x^2}} + 1} \\ &= \frac{2}{1+1} = 1 \end{aligned} $$
$$\lim_{\theta \to \infty} \frac{\cos \theta}{\theta}$$
$-1 \leqq \cos \theta \leqq 1$ より、$\theta > 0$ において
$$-\frac{1}{\theta} \leqq \frac{\cos \theta}{\theta} \leqq \frac{1}{\theta}$$
が成り立つ。
ここで $\lim_{\theta \to \infty} (-\frac{1}{\theta}) = 0$, $\lim_{\theta \to \infty} \frac{1}{\theta} = 0$ であるから、はさみうちの原理より
$$\lim_{\theta \to \infty} \frac{\cos \theta}{\theta} = 0$$
$$\lim_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2}$$
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{\theta \to 0} \frac{(1 - \cos \theta)(1 + \cos \theta)}{\theta^2 (1 + \cos \theta)} \\ &= \lim_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos^2 \theta}{\theta^2 (1 + \cos \theta)} \\ &= \lim_{\theta \to 0} \frac{\sin^2 \theta}{\theta^2} \cdot \frac{1}{1 + \cos \theta} \\ &= \lim_{\theta \to 0} \left( \frac{\sin \theta}{\theta} \right)^2 \cdot \frac{1}{1 + \cos \theta} \\ &= 1^2 \cdot \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2} \end{aligned} $$
$$\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin 3\theta}{\sin 5\theta}$$
公式 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ を利用するために変形する。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{\theta \to 0} \frac{\sin 3\theta}{3\theta} \cdot \frac{5\theta}{\sin 5\theta} \cdot \frac{3\theta}{5\theta} \\ &= \lim_{\theta \to 0} \frac{\sin 3\theta}{3\theta} \cdot \frac{1}{\frac{\sin 5\theta}{5\theta}} \cdot \frac{3}{5} \\ &= 1 \cdot \frac{1}{1} \cdot \frac{3}{5} = \frac{3}{5} \end{aligned} $$
$$\lim_{x \to 0} (1 + ax)^{\frac{1}{x}}$$
ネイピア数（自然対数の底）の定義 $\lim_{t \to 0} (1+t)^{\frac{1}{t}} = e$ を利用する。
$ax = t$ とおくと、$x \to 0$ のとき $t \to 0$ である（$a \neq 0$ の場合）。
また、$\frac{1}{x} = \frac{a}{t}$ であるから、
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{t \to 0} (1 + t)^{\frac{a}{t}} \\ &= \lim_{t \to 0} \left\{ (1 + t)^{\frac{1}{t}} \right\}^a \\ &= e^a \end{aligned} $$
（注：$a=0$ の場合は $\lim_{x \to 0} 1^{\frac{1}{x}} = 1$ となり、$e^0=1$ と一致する）
$$\lim_{x \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{2x} \right)^x$$
定義 $\lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^n = e$ の形に帰着させる。
$-\frac{1}{2x} = \frac{1}{t}$ とおくと、$t = -2x$ より $x = -\frac{t}{2}$。
$x \to \infty$ のとき $t \to -\infty$ となる。
（あるいは、単に逆数を指数に持ってくる変形を行う）
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{x \to \infty} \left( 1 + \left(-\frac{1}{2x}\right) \right)^x \\ &= \lim_{x \to \infty} \left\{ \left( 1 + \left(-\frac{1}{2x}\right) \right)^{-2x} \right\}^{-\frac{1}{2}} \\ &= e^{-\frac{1}{2}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{e}} \end{aligned} $$
$$\lim_{x \to 0} \frac{5^x - 1}{x}$$
公式 $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \log a$ （ただし $\log$ は自然対数）を利用する。
$y = 5^x - 1$ とおくと、$5^x = y + 1$ より $x = \log_5(y+1) = \frac{\log(y+1)}{\log 5}$。
$x \to 0$ のとき $y \to 0$ である。
$$ \begin{aligned} \text{与式} &= \lim_{y \to 0} \frac{y}{\frac{\log(y+1)}{\log 5}} \\ &= \lim_{y \to 0} \log 5 \cdot \frac{y}{\log(1+y)} \\ &= \lim_{y \to 0} \log 5 \cdot \frac{1}{\frac{1}{y}\log(1+y)} \\ &= \lim_{y \to 0} \log 5 \cdot \frac{1}{\log(1+y)^{\frac{1}{y}}} \\ &= \log 5 \cdot \frac{1}{\log e} \\ &= \log 5 \end{aligned} $$
次の関数 $f(x)$ の導関数 $f'(x)$ を求めよ。
$$f(x) = (x^3 - 3x^2 + 7)^{10}$$
合成関数の微分公式 $\{g(h(x))\}' = g'(h(x)) \cdot h'(x)$ を利用する。
$u = x^3 - 3x^2 + 7$ とおくと、$f(x) = u^{10}$ と見なせる。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{d}{dx}(x^3 - 3x^2 + 7)^{10} \\ &= 10(x^3 - 3x^2 + 7)^{10-1} \cdot \frac{d}{dx}(x^3 - 3x^2 + 7) \\ &= 10(x^3 - 3x^2 + 7)^9 \cdot (3x^2 - 6x) \end{aligned} $$
後ろの項を因数分解して整理すると、
$$ \begin{aligned} f'(x) &= 10(x^3 - 3x^2 + 7)^9 \cdot 3x(x - 2) \\ &= 30x(x - 2)(x^3 - 3x^2 + 7)^9 \end{aligned} $$
$$f(x) = \frac{x^2}{3x+2}$$
商の微分公式 $\left( \frac{g(x)}{h(x)} \right)' = \frac{g'(x)h(x) - g(x)h'(x)}{\{h(x)\}^2}$ を利用する。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{(x^2)'(3x+2) - x^2(3x+2)'}{(3x+2)^2} \\ &= \frac{2x(3x+2) - x^2 \cdot 3}{(3x+2)^2} \\ &= \frac{6x^2 + 4x - 3x^2}{(3x+2)^2} \\ &= \frac{3x^2 + 4x}{(3x+2)^2} \end{aligned} $$
$$f(x) = \sqrt{2+x^4}$$
$f(x) = (2+x^4)^{\frac{1}{2}}$ と書き直して、合成関数の微分を行う。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{2}(2+x^4)^{-\frac{1}{2}} \cdot (2+x^4)' \\ &= \frac{1}{2\sqrt{2+x^4}} \cdot 4x^3 \\ &= \frac{2x^3}{\sqrt{2+x^4}} \end{aligned} $$
$$f(x) = (x^3 - 3x)^{\frac{5}{3}}$$
合成関数の微分を行う。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{5}{3}(x^3 - 3x)^{\frac{2}{3}} \cdot (x^3 - 3x)' \\ &= \frac{5}{3}(x^3 - 3x)^{\frac{2}{3}} \cdot (3x^2 - 3) \\ &= \frac{5}{3}(x^3 - 3x)^{\frac{2}{3}} \cdot 3(x^2 - 1) \\ &= 5(x^2 - 1)(x^3 - 3x)^{\frac{2}{3}} \end{aligned} $$
$$f(x) = \sin^5 2x$$
$u = \sin 2x$ とおくと $y=u^5$ の形である。3重の合成関数（$2x \to \sin \to 5$乗）である点に注意する。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= 5(\sin 2x)^4 \cdot (\sin 2x)' \\ &= 5\sin^4 2x \cdot (\cos 2x) \cdot (2x)' \\ &= 5\sin^4 2x \cdot \cos 2x \cdot 2 \\ &= 10\sin^4 2x \cos 2x \end{aligned} $$
$$f(x) = \tan^2 x$$
$\tan x$ の微分公式 $(\tan x)' = \frac{1}{\cos^2 x}$ を利用する。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= 2\tan x \cdot (\tan x)' \\ &= 2\tan x \cdot \frac{1}{\cos^2 x} \\ &= \frac{2\sin x}{\cos x} \cdot \frac{1}{\cos^2 x} \\ &= \frac{2\sin x}{\cos^3 x} \end{aligned} $$
$$f(x) = e^{x^2-1}$$
指数関数の微分 $(e^u)' = e^u \cdot u'$ を利用する。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= e^{x^2-1} \cdot (x^2-1)' \\ &= e^{x^2-1} \cdot 2x \\ &= 2x e^{x^2-1} \end{aligned} $$
$$f(x) = x \cdot 5^x$$
積の微分公式 $(uv)' = u'v + uv'$ と、指数関数の微分 $(a^x)' = a^x \log a$ を利用する。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= (x)' \cdot 5^x + x \cdot (5^x)' \\ &= 1 \cdot 5^x + x \cdot 5^x \log 5 \\ &= 5^x (1 + x \log 5) \end{aligned} $$
$$f(x) = \log(x^3 - 2x)$$
対数関数の微分 $(\log u)' = \frac{u'}{u}$ を利用する。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{(x^3 - 2x)'}{x^3 - 2x} \\ &= \frac{3x^2 - 2}{x^3 - 2x} \end{aligned} $$
$$f(x) = \log(x + \sqrt{x^2+1})$$
合成関数の微分を丁寧に行う。
$$ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{x + \sqrt{x^2+1}} \cdot (x + \sqrt{x^2+1})' \\ &= \frac{1}{x + \sqrt{x^2+1}} \left( 1 + \frac{1}{2}(x^2+1)^{-\frac{1}{2}} \cdot 2x \right) \\ &= \frac{1}{x + \sqrt{x^2+1}} \left( 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \right) \\ &= \frac{1}{x + \sqrt{x^2+1}} \cdot \frac{\sqrt{x^2+1} + x}{\sqrt{x^2+1}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} \end{aligned} $$
$$f(x) = \log \sqrt{\frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}-x}}$$
微分する前に、対数の性質と根号内の有理化を利用して式を簡単にする。
真数の根号の中身の分母・分子に $(\sqrt{1+x^2}+x)$ を掛ける。
$$
\frac{(\sqrt{1+x^2}+x)^2}{(\sqrt{1+x^2}-x)(\sqrt{1+x^2}+x)} = \frac{(\sqrt{1+x^2}+x)^2}{(1+x^2)-x^2} = (\sqrt{1+x^2}+x)^2
$$
よって、
$$
f(x) = \log \sqrt{(\sqrt{1+x^2}+x)^2} = \log (\sqrt{1+x^2}+x)
$$
これは問題 (9) と全く同じ式である。したがって、結果も同じになる。
$$ f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} $$