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東京工業大学 情報理工学院 数理・計算科学系 2022年8月実施 微积分

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Author​

思齐塾, 祭音Myyura

Description​

問 B

区間 [a,b] (b>a)[a, b] \ (b > a) を含むある開区間 II 上で定義された nn 回 (n≥5)(n \ge 5) 微分可能な関数 f(x)f(x) に対して以下の問いに答えよ．

(1)

Rn(x)=f(x)−f(a)−∑i=1n−1f(i)(a)i!(x−a)iR_n(x) = f(x) - f(a) - \sum_{i=1}^{n-1} \frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x - a)^i

とおく．ただし， f(i)f^{(i)} は関数 ff の ii 次の導関数を表す．このとき，テイラーの定理により ξ∈(a,b)\xi \in (a, b) が存在して

Rn(b)=f(n)( A )n!( B −a)nR_n(b) = \frac{f^{(n)}(\fbox{ A })}{n!}(\fbox{ B } - a)^n

と書ける．この 2 つの枠  A \fbox{ A } と  B \fbox{ B } それぞれについて，中に入れるべき文字を解答用紙に記せ．

(2) まず

u(x)=x−a6,v(x)=f(a)+4f(a+x2)+f(x)u(x) = \frac{x - a}{6}, \quad v(x) = f(a) + 4f\left(\frac{a + x}{2}\right) + f(x)

とおき， JJ を

J(x)=∫axf(t)dt−u(x)v(x)(x∈I)J(x) = \int_a^x f(t)dt - u(x)v(x) \quad (x \in I)

で定義される関数とするとき，(1) を用いて

∫abf(x)dx=b−a6(f(a)+4f(a+b2)+f(b))+J(5)(ξ)5!(b−a)5\int_a^b f(x)dx = \frac{b - a}{6}\left(f(a) + 4f\left(\frac{a + b}{2}\right) + f(b)\right) + \frac{J^{(5)}(\xi)}{5!}(b - a)^5

を満たす ξ∈(a,b)\xi \in (a, b) が存在することを示せ．

(3) 特に f(x)f(x) が 3 次の多項式のときは，等式

∫abf(x)dx=b−a6(f(a)+4f(a+b2)+f(b))\int_a^b f(x)dx = \frac{b - a}{6}\left(f(a) + 4f\left(\frac{a + b}{2}\right) + f(b)\right)

が成り立つことを示せ．

题目描述​

设 b>ab>a，开区间 II 包含闭区间 [a,b][a,b]；函数 ff 定义在 II 上并且可微 nn 次，其中 n≥5n\geq5。

  1. 定义
Rn(x)=f(x)−f(a)−∑i=1n−1f(i)(a)i!(x−a)i,R_n(x)=f(x)-f(a) -\sum_{i=1}^{n-1}\frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i,

其中 f(i)f^{(i)} 表示 ii 阶导函数。Taylor 定理保证存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使

Rn(b)=f(n)(A)n!(B−a)n.R_n(b)=\frac{f^{(n)}(\boxed{\mathrm A})}{n!} (\boxed{\mathrm B}-a)^n.

分别写出方框 A、B 中应填的符号。 2. 令

u(x)=x−a6,v(x)=f(a)+4f ⁣(a+x2)+f(x),u(x)=\frac{x-a}{6}, \qquad v(x)=f(a)+4f\!\left(\frac{a+x}{2}\right)+f(x),

并在 x∈Ix\in I 上定义

J(x)=∫axf(t) dt−u(x)v(x).J(x)=\int_a^x f(t)\,dt-u(x)v(x).

利用第 1 问证明存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使

∫abf(x) dx=b−a6[f(a)+4f ⁣(a+b2)+f(b)]+J(5)(ξ)5!(b−a)5.\int_a^b f(x)\,dx =\frac{b-a}{6} \left[ f(a)+4f\!\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(b) \right] +\frac{J^{(5)}(\xi)}{5!}(b-a)^5.
  1. 特别地，证明当 ff 是三次多项式时，
∫abf(x) dx=b−a6[f(a)+4f ⁣(a+b2)+f(b)].\int_a^b f(x)\,dx =\frac{b-a}{6} \left[ f(a)+4f\!\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(b) \right].

Kai​

解答​

(1)​

テイラーの定理のラグランジュ型剰余項は

Rn(b)=f(n)(ξ)n!(b−a)n(ξ∈(a,b))R_n(b)=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(b-a)^n\qquad(\xi\in(a,b))

である。従って

A=ξ,B=b.\boxed{\mathrm{A}=\xi,\quad \mathrm{B}=b}.

(2)​

u(a)=0u(a)=0 , u′(x)=1/6u'(x)=1/6 , u(r)(x)=0 (r≥2)u^{(r)}(x)=0\ (r\ge2) であり、 v(a)=6f(a)v(a)=6f(a) である。また r≥1r\ge1 に対して

v(r)(x)=22−rf(r)(a+x2)+f(r)(x),v^{(r)}(x)=2^{2-r}f^{(r)}\left(\frac{a+x}{2}\right)+f^{(r)}(x),

従って

v(r)(a)=(1+22−r)f(r)(a).v^{(r)}(a)=(1+2^{2-r})f^{(r)}(a).

定義から J(a)=0J(a)=0 である。さらに

J′(x)=f(x)−16v(x)−u(x)v′(x)J'(x)=f(x)-\frac16v(x)-u(x)v'(x)

より J′(a)=f(a)−v(a)/6=0J'(a)=f(a)-v(a)/6=0 である。 m=2,3,4m=2,3,4 について積の微分公式を使うと

J(m)(a)=f(m−1)(a)−m6v(m−1)(a).J^{(m)}(a)=f^{(m-1)}(a)-\frac{m}{6}v^{(m-1)}(a).

ここで

v′(a)=3f′(a),v′′(a)=2f′′(a),v′′′(a)=32f′′′(a)v'(a)=3f'(a),\quad v''(a)=2f''(a),\quad v'''(a)=\frac32f'''(a)

だから、いずれも J(m)(a)=0J^{(m)}(a)=0 となる。従って J(a)=J′(a)=⋯=J(4)(a)=0J(a)=J'(a)=\cdots=J^{(4)}(a)=0 である。

(1)を JJ に n=5n=5 として適用すれば、ある ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) が存在して

J(b)=J(5)(ξ)5!(b−a)5.J(b)=\frac{J^{(5)}(\xi)}{5!}(b-a)^5.

一方、定義から

J(b)=∫abf(t) dt−b−a6(f(a)+4f(a+b2)+f(b)).J(b)=\int_a^b f(t)\,dt-\frac{b-a}{6}\left(f(a)+4f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(b)\right).

両式を合わせて移項すると

∫abf(x) dx=b−a6(f(a)+4f(a+b2)+f(b))+J(5)(ξ)5!(b−a)5.\boxed{ \int_a^b f(x)\,dx =\frac{b-a}{6}\left(f(a)+4f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(b)\right) +\frac{J^{(5)}(\xi)}{5!}(b-a)^5 }.

(3)​

ff が3次多項式なら、 ∫axf(t) dt\int_a^x f(t)\,dt は高々4次、 v(x)v(x) は高々3次、 u(x)v(x)u(x)v(x) は高々4次である。従って J(x)J(x) は高々4次で J(5)(x)=0J^{(5)}(x)=0 である。(2)の剰余項が消えるから

∫abf(x) dx=b−a6(f(a)+4f(a+b2)+f(b)).\boxed{ \int_a^b f(x)\,dx =\frac{b-a}{6}\left(f(a)+4f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(b)\right) }.
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