京都大学 情報学研究科 知能情報学専攻 2022年8月実施 情報学基礎 F1-2

标签：

• Kyoto-University
• Differentiation
• Multivariable-Differentiation
• Polar-Coordinates
• Gaussian-Integral
• Improper-Integral
• Double-Integral

Author

Isidore, 祭音Myyura

Description

設問1

以下の関数の $x$ に関する $n$ 階導関数を求めよ。ただし $a$ は実数、かつ $a>0$、$a \neq 1$ である。

• (1) $\log_e x$
• (2) $a^x$
• (3) $x^2e^x$
• (4) $\frac{1}{x^2-1}$

設問2

$z = f(x,y)$, $x = e^u \cos v$, $y = e^u \sin v$ とする。$\frac{\partial^2 z}{\partial u^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial v^2}$ を $x, y, \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$ で表せ。

設問3

以下の積分を求めよ。計算過程を明示すること。

• (1) $\int^{\infty}_{-\infty} e^{-x^2} dx$
• (2) $\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} (ax^2 + by^2)e^{-(ax^2 + by^2)} dxdy$、但し、$a>0$ かつ $b>0$ とし、(1) の結果を用いてよい。

题目描述

1. 对实数 $a>0$、$a\ne1$，求下列函数关于 $x$ 的 $n$ 阶导数：
   1. $\ln x$；
   2. $a^x$；
   3. $x^2e^x$；
   4. $\dfrac1{x^2-1}$。
2. 设 $z=f(x,y)$，$x=e^u\cos v$、$y=e^u\sin v$。用 $x,y,z_{xx},z_{yy}$ 表示 $z_{uu}+z_{vv}$。
3. 写出过程并计算：
   1. $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx$；
   2. $\displaystyle\int_0^\infty\int_0^\infty (ax^2+by^2)e^{-(ax^2+by^2)}\,dx\,dy$， 其中 $a,b>0$，可使用第 1 小问结果。

考点

• 高阶导数：归纳对数、指数、多项式乘指数及部分分式的 $n$ 阶公式。
• 多元链式法则与极坐标：识别 $(u,v)$ 为对数极坐标，推导共形尺度下 Laplace 算子的变换。
• Gaussian 积分与二重积分：用极坐标求 Gaussian 积分，再通过缩放和可分离积分计算带二次权的第一象限积分。

Kai

設問1

(1)

$$f^{(n)}(x) = (-1)^{n+1}\frac{(n-1)!}{x^n}$$

(2)

$$f^{(n)}(x) = a^x(\log_e a)^n$$

(3)

$$\begin{aligned} f^{(n)}(x) &= \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(x^{2})^{(k)}(e^{x})^{(n-k)} \\ &= \sum_{k=0}^{2}\binom{n}{k}(x^{2})^{(k)}(e^{x})^{(n-k)} \\ &= \binom{n}{0}(x^{2})^{(0)}(e^{x})^{(n)}+\binom{n}{1}(x^{2})^{(1)}(e^{x})^{(n-1)}+\binom{n}{2}(x^{2})^{(2)}(e^{x})^{(n-2)}\\ &= x^{2}e^{x}+2nxe^{x}+n(n-1)e^{x} \\ &= \left(x^{2}+2nx+n(n-1)\right)e^{x} \end{aligned}$$

(4)

$$f^{(n)}(x) = \frac{n!}{2}(-1)^{n}\left\{(x-1)^{-n-1}-(x+1)^{-n-1}\right\}$$

設問2

$$\frac{\partial^2 z}{\partial u^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial v^2} = (\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2})(x^2 + y^2)$$

設問3

(1)

Perform the substitution $x^2 = u$, we have

$$\int^{\infty}_{-\infty}e^{-x^2}\mathrm{d}x = 2\int^{\infty}_{0}e^{-x^2}\mathrm{d}x = \int^{\infty}_{0}u^{-\frac{1}{2}}e^{-u}\mathrm{d}u$$

By the properties of Gamma Function, the above integral equals

$$\int^{\infty}_{0}u^{\frac{1}{2}-1}e^{-u}\mathrm{d}u = \Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}$$

(2)

Let $u=\sqrt{a}x,v=\sqrt{b}y$.

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}(ax^{2}+by^{2})e^{-(ax^{2}+by^{2})}dxdy &= \frac{1}{\sqrt{ab}}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}(u^{2}+v^{2})e^{-(u^{2}+v^{2})}dudv\\ &= \frac{2}{\sqrt{ab}}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}u^{2}e^{-(u^{2}+v^{2})}dudv\\ &= \frac{2}{\sqrt{ab}}\int_{0}^{\infty}u^{2}e^{-u^{2}}du\int_{0}^{\infty}e^{-v^{2}}dv\\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{ab}}\int_{0}^{\infty}u^{2}e^{-u^{2}}du \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}u^{2}e^{-u^{2}}du &= \int_{0}^{\infty}u\cdot (ue^{-u^{2}})du\\ &= \int_{0}^{\infty}u\cdot\left(\frac{e^{-u^{2}}}{-2}\right)^{\prime}du\\ &= \left[\frac{ue^{-u^{2}}}{-2}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}e^{-u^{2}}du\\ &= \frac{1}{4}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-u^{2}}du \\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{4} \end{aligned}$$

Hence the result is $\frac{\pi}{4\sqrt{ab}}$.