\[ \lim_{x\to0}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{e^x-1}\right) \] が分かりません。 ()
これは，問題2.5(9)ですね。不定形なので，ロピタルを使うように変形します。 \[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-\sin x}{(e^x-1)\sin x} \] と変形し，（このとき，分母分子とも$ x\to0 $のとき$ 0 $になることを確認してから）それぞれを微分します。 \[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-\cos x}{e^x\sin x+(e^x-1)\cos x} \] これでもまだ分母分子とも$ x\to0 $のとき$ 0 $になるので，さらに微分して， \[ \lim_{x\to0}\frac{e^x+\sin x}{e^x\sin x+2e^x\cos x-(e^x-1)\sin x} \] これで，$ \frac00 $ではなくなったので，答え$ \frac12 $が得られます。

問題2.9の(6)と(8)の解説おねがいします。 ()
問題2.9は$ f(x) $のテイラー展開を定義に従って計算してもいいですが，公式を使うと楽です。
(6)は，(2.12)式から \[ \log (1-x)= -\sum_{n=1}^\infty\frac1n x^n \] なので，$ x $を$ -x $に置き換えて， $$\log (1+x)= -\sum_{n=1}^\infty\frac1n (-x)^n =-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n} x^n$$ よって， \begin{align*} \log \frac{1+x}{1-x}&=\log (1+x)-\log(1-x)\\ &=-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n} x^n +\sum_{n=1}^\infty\frac1n x^n \end{align*} を整理して， $ \displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n $ と係数比較すれば，$ f^{(n)}(0) $は求まります。 Σを使わないで書いた方が分かりやすいかも。
(8)は，ヒントにあるように， $ \left(\dfrac{1}{1+x^2}\right)'=-\dfrac{2x}{(1+x^2)^2} $ となることを利用します。例2.33から， \[ \dfrac{1}{1+x^2}= \sum_{n=0}^\infty(-1)^n x^{2n} \] なので，微分して， \[ -\dfrac{2x}{(1+x^2)^2}= \sum_{n=1}^\infty(-1)^n 2nx^{2n-1} \] よって， \[ \dfrac{2x}{(1+x^2)^2}= \sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+1} 2nx^{2n-1} \] です。後は係数比較して上と同じようにできます。

p.24問題1.3(1)を解説お願いします。 →$ a_1 $が2より小さくないのに，なぜ極限値が2なのか。演習[A]ができれば，テストは大丈夫でしょうか。 ()
$ a_1=3 $, $ a_2=\frac52 $, $ a_3=\frac94 $となるので，単調減少して2に収束します。だから，下に有界，つまり，$ a_n\ge2 $を示すことになります。例題1.2との違いに注意してください。
テスト問題は演習問題[A]より易しいので，演習問題[A]ができれば十分です。

公式をつかって， $ \displaystyle\int\frac{1}{x^2+9}dx=\frac13\arctan\frac{x}{3}+C $， $ \displaystyle\int\frac{1}{\sqrt{9-x^2}}dx=\arcsin\frac{x}{3}+C $，のように途中式をかかなくていいのですか? ()
公式をきちんと覚えていれば，解答はそれだけでいいです。

毎回細かく証明をしたいけど時間の関係とか難しさでできなくてうずうずしてるかんじがおもしろいです。 ()
証明をしたいわけではないけど，ついつい証明を話しそうになってしまっているだけです。

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