No.3ベストアンサー
- 回答日時:
f(t) = a cos t + b sin t,
g(t) = (e^-t)f(t) と置くと、
y = g(2x) です。
y'' = 4g''(2x),
g''(t) = (e^-t)''f(t) + 2(e^-t)'f'(t) + (e^-t)f''(t),
(e^-t)' = -(e^-t),
(e^-t)'' = (e^-t),
f'(t) = a(cos t)' + b(sin t)' = a(-sin t) + b cos t,
f''(t) = a(cos t)'' + b(sin t)'' = a(-cos t) + b(-sin t) = -f(t)
から
y'' = 4・2(-e^-2x)f'(2x) = 8(e^-2x)(a sin 2x - b cos 2x)
とするのは、暗算の範囲内だろうと思います。
(e^-t)''f(t) + (e^-t)f''(t) = 0 であることに気がつけばね。
y' よりも y'' のほうが簡単なんですよ。
No.2
- 回答日時:
e^-2x=f
acos2x+bsin2x=gとすると
y'=(fg)'=f'g+fg'
f'=-2e^-2x
g'=2(-asin2x+bcos2x)なので、
f'g+fg'のe^-2xの係数は2(または-2)となることは暗算でも分かります
また、f'gとfg'の両者ともcos2x,sin2xに係数が付く型となるのも途中式を書くまでもなくわかります。
そして、gの微分ではcos2xの係数がbに、sinxの係数が-aにかわるので、f'g+fg'では sin2xの係数がb-a
cos2xの係数はa+bという事も暗算でもできるという事です。(eの係数を+2とした場合)
これらを頭の中で統合して、1発でy'として導くこともできないことは無いという事です
ただし、暗算で間違うよりは途中式の手間を惜しまず、ミスをしないという方がベターだと思います。
(記述として 1発暗算は少し荒いような感じはします。採点基準によっては、途中式が抜けていると捉えられて減点となるかも(個人意見))
No.1
- 回答日時:
そんなに長くなるかな?
y'=2e^(-2x){(b-a)cos2x-(a+b)sin2x}
y''=-4e^(-2x){(b-a)cos2x-(a+b)sin2x} + 2e^(-2x){-2(b-a)sin2x-2(a+b)cos2x}
=2e^(-2x){-2(b-a)cos2x+2(a+b)sin2x-2(b-a)sin2x-2(a+b)cos2x} ←2e^(-2x)でくくった
=2e^(-2x)(-4bcos2x+4asin2x) ← cos2x、sin2xでまとめた
=8e^(-2x)(-bcos2x+asin2x)
というふうにすぐに答えに行き着くけど。
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答えです
普通なら途中計算も書いてあるのですが、これだけなかったです