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東京工業大学 工学院 システム制御系 2021年8月実施 問題1

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Author​

Miyake, 祭音Myyura

Description​

公式問題・3ページ

問1​

lim⁡x→0ex+e−x−x2−2sin⁡2x−x2\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x+e^{-x}-x^2-2}{\sin^2x-x^2} を計算する。

問2​

i2=−1i^2=-1 とし、次の積分を計算する。各円周は反時計回りに一周する。

  1. ∮Ccosh⁡(z/4)z−πi dz\displaystyle\oint_C\frac{\cosh(z/4)}{z-\pi i}\,dz、ただし C:∣z−πi∣=1C:|z-\pi i|=1。
  2. ∮Ce2z(z+i)3 dz\displaystyle\oint_C\frac{e^{2z}}{(z+i)^3}\,dz、ただし C:∣z∣=2C:|z|=2。

問3​

実数 α,x\alpha,x に対して、(1) (1+x)α(1+x)^\alpha の Maclaurin 級数を求め、(2) α\alpha に応じてその級数が収束する xx の範囲を分類する。

题目描述​

  1. 计算极限

    lim⁡x→0ex+e−x−x2−2sin⁡2x−x2.\lim_{x\to0} \frac{e^x+e^{-x}-x^2-2} {\sin^2x-x^2}.

  2. 使用留数定理计算下列围道积分：

    ∮Ccosh⁡(z/4)z−πi dz,\oint_C \frac{\cosh(z/4)}{z-\pi i}\,\mathrm dz,

    其中 C:∣z−πi∣=1C:|z-\pi i|=1，沿逆时针方向一周。 2.

    ∮Ce2z(z+i)3 dz,\oint_C \frac{e^{2z}}{(z+i)^3}\,\mathrm dz,

    其中 C:∣z∣=2C:|z|=2，沿逆时针方向一周。

  3. 对实数 α,x\alpha,x，(1) 求 (1+x)α(1+x)^\alpha 的 Maclaurin 级数；(2) 根据 α\alpha 的取值，分类给出该级数收敛的 xx 范围。

Kai​

問1​

x→0x \to 0 のとき、オーダー記法を使って、

ex=1+x+12x2+16x3+124x4+O(x5)e−x=1−x+12x2−16x3+124x4+O(x5)sin⁡x=x−16x3+O(x5)\begin{aligned} e^x &= 1 + x + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{6} x^3 + \frac{1}{24} x^4 + O(x^5) \\ e^{-x} &= 1 - x + \frac{1}{2} x^2 - \frac{1}{6} x^3 + \frac{1}{24} x^4 + O(x^5) \\ \sin x &= x - \frac{1}{6} x^3 + O(x^5) \end{aligned}

なので、

ex+e−x−x2−2=112x4+O(x5)sin⁡2x−x2=−13x4+O(x5)\begin{aligned} e^x + e^{-x} - x^2 - 2 &= \frac{1}{12} x^4 + O(x^5) \\ \sin^2 x - x^2 &= -\frac{1}{3} x^4 + O(x^5) \end{aligned}

であり、

lim⁡x→0ex+e−x−x2−2sin⁡2x−x2=−14\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - x^2 - 2}{\sin^2 x - x^2} = -\frac{1}{4} \end{aligned}

を得る。

問2​

(1)​

被積分関数の1位の極 z=πiz= \pi i における留数は、

lim⁡z→πi(z−πi)⋅cosh⁡z4z−πi=cosh⁡πi4=cos⁡π4=12\begin{aligned} \lim_{z \to \pi i} (z - \pi i) \cdot \frac{\cosh \frac{z}{4}}{z - \pi i} = \cosh \frac{\pi i}{4} = \cos \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned}

なので、留数定理より、

∮cosh⁡z4z−πidz=2πi⋅12=2πi\begin{aligned} \oint \frac{\cosh \frac{z}{4}}{z - \pi i} dz &= 2 \pi i \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \\ &= \sqrt{2} \pi i \end{aligned}

がわかる。

(2)​

被積分関数の3位の極 z=−iz=-i における留数は、

12!lim⁡z→−id2dz2[(z+i)3e2z(z+i)3]=2e−2i\begin{aligned} \frac{1}{2!}\lim_{z\to-i}\frac{d^2}{dz^2} \left[(z+i)^3\frac{e^{2z}}{(z+i)^3}\right] = 2 e^{-2i} \end{aligned}

なので、留数定理より、

∮e2z(z+i)3dz=2πi⋅2e−2i=4πie−2i\begin{aligned} \oint \frac{e^{2z}}{(z+i)^3} dz &= 2 \pi i \cdot 2 e^{-2i} \\ &= 4 \pi i e^{-2i} \end{aligned}

がわかる。

問3​

(1)​

nn 階微分を x=0x=0 で評価すると、

(1+x)α=∑n=0∞(αn)xn,(α0)=1,(αn)=α(α−1)⋯(α−n+1)n!.(1+x)^\alpha=\sum_{n=0}^{\infty}\binom\alpha n x^n,\qquad \binom\alpha0=1,\quad \binom\alpha n=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}.

すなわち 1+αx+α(α−1)x2/2!+⋯1+\alpha x+\alpha(\alpha-1)x^2/2!+\cdots である。

(2)​

α=0,1,2,…\alpha=0,1,2,\ldots なら級数は多項式で打ち切られ、全ての実数 xx で収束する。それ以外では係数の比の絶対値が 11 に近づくため、収束半径は 11 である。端点を含めた収束範囲は

α収束する xα∈{0,1,2,…}Rα>0, α∉Z[−1,1]−1<α<0(−1,1]α≤−1(−1,1)\boxed{ \begin{array}{c|c} \alpha&\text{収束する }x\\\hline \alpha\in\{0,1,2,\ldots\}&\mathbb R\\ \alpha>0,\ \alpha\notin\mathbb Z&[-1,1]\\ -1<\alpha<0&(-1,1]\\ \alpha\le-1&(-1,1) \end{array}}

実際、打ち切られない場合 ∣(αn)∣∼n−α−1/∣Γ(−α)∣|\binom\alpha n|\sim n^{-\alpha-1}/|\Gamma(-\alpha)|。従って α>0\alpha>0 では両端で絶対収束する。−1<α<0-1<\alpha<0 では x=1x=1 で交代級数として条件収束し、x=−1x=-1 では正項級数が発散する。α≤−1\alpha\le-1 では両端とも一般項が 00 に収束しない。

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