京都大学 情報学研究科 システム科学専攻 2019年8月実施 数学 II

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Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

日本語版

問1

$xyz$ -空間上の有界な閉集合

$$D = \left\{ (x, y, z) : \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq z, x \geq 0, y \geq 0, 0 \leq z \leq 1 \right\}$$

について考える. ただし, $a, b$ は正の定数であるとする. 以下の設問に答えよ.

(i) 次のように変数 $(r, \theta, s)$ を変数 $(x, y, z)$ に移す写像のヤコビ行列式を求めよ.

$$x = ar \cos\theta, \quad y = br \sin\theta, \quad z = s$$

ただし, $r \geq 0, 0 \leq \theta \leq \pi/2$ であるとする.

(ii) 設問 (i) の写像によって $xyz$ -空間上の集合 $D$ に移される $r\theta s$ -空間上の集合は

$$E = \{ (r, \theta, s) : 0 \leq r \leq \boxed{\quad}, 0 \leq \theta \leq \pi/2, 0 \leq s \leq 1 \}$$

と表される. このとき, 空欄 $\boxed{\quad}$ に入る式を書け.

(iii) $\displaystyle\iiint_D dxdydz$ を求めよ.

(iv) 以下の積分が有限となるような正の整数 $l, m, n$ の組のうち, $l+m \leq n$ を満たすものを全て求めよ.

$$\iiint_D \frac{x^l y^m}{z^n} dxdydz$$

問2

数列 $\{x_n : n = 1, 2, ...\}$ を次のように定義する。

$$x_1 = 1, \quad x_n = \sin x_{n-1}, \quad n = 2, 3, ...$$

また、2つの実数値関数 $f$ と $g$ が, $\lim_{x \to 0} f(x)/g(x) = 0$ を満たすとき、ランダウの記法によって、 $f(x) = o(g(x))$ と表記する.ただし, $f(x) = o(1)$ は, $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$ を意味するものとする。以下の設問に答えよ。

(i) 次の不等式が成り立つことを(帰納法などにより)示せ。

$$0 < x_{n+1} < x_n, \quad n = 1, 2, ...$$

(ii) $\lim_{n \to \infty} x_n$ の値を求めよ。

(iii) $\sin x$ のマクローリン展開を書け。ただし、 $x$ の5次以上の項は、ランダウの記法を利用してまとめて表記せよ。

(iv) 次式を満たす定数 $a$ と $b$ を求めよ。

$$\frac{1}{(\sin x)^2} = \frac{a}{x^2} + b + o(1)$$

(v) 設問 (ii) と (iv) の結果を利用して, $\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{x_{n+1}^2} - \frac{1}{x_n^2}\right)$ の値を導け。

(vi) 設問 (v) の結果を利用して、次式が成り立つことを示せ。

$$\lim_{n \to \infty} nx_n^2 = 3$$

题目描述

問1

设 $a,b$ 为正常数，考虑 $xyz$ 空间中的有界闭集

$$D= \left\{ (x,y,z) \ \middle|\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\leq z,\quad x\geq0,\ y\geq0,\ 0\leq z\leq1 \right\}.$$

回答：

1. 对从 $(r,\theta,s)$ 到 $(x,y,z)$ 的变量变换

$$x=ar\cos\theta, \qquad y=br\sin\theta, \qquad z=s,$$

其中 $r\geq0$、$0\leq\theta\leq\pi/2$，求 Jacobian 行列式

$$\frac{\partial(x,y,z)} {\partial(r,\theta,s)}.$$

2. 在上述映射下，被映到 $D$ 的 $r\theta s$ 空间区域可写为

$$E= \left\{ (r,\theta,s) \ \middle|\ 0\leq r\leq\boxed{\phantom{\sqrt{s}}}, \ 0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}, \ 0\leq s\leq1 \right\}.$$

写出方框中应填的表达式。 3. 计算 $D$ 的体积

$$\iiint_D dx\,dy\,dz.$$

4. 在使广义积分

$$\iiint_D \frac{x^l y^m}{z^n}\,dx\,dy\,dz$$

有限的正整数三元组 $(l,m,n)$ 中，列出所有还满足 $l+m\leq n$ 的三元组。

問2

定义数列 $\{x_n:n=1,2,\ldots\}$：

$$x_1=1, \qquad x_n=\sin x_{n-1} \quad(n=2,3,\ldots).$$

对两个实值函数 $f,g$，若

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=0,$$

则用 Landau 记号写作 $f(x)=o(g(x))$；特别地， $f(x)=o(1)$ 表示 $\lim_{x\to0}f(x)=0$。回答：

1. 证明（可使用归纳法）

$$0<x_{n+1}<x_n, \qquad n=1,2,\ldots.$$

2. 求

$$\lim_{n\to\infty}x_n.$$

3. 写出 $\sin x$ 的 Maclaurin 展开，并用上述 Landau 记号统一表示五次及更高次的项。
4. 求常数 $a,b$，使

$$\frac{1}{(\sin x)^2} = \frac{a}{x^2}+b+o(1) \qquad(x\to0).$$

5. 利用第 2、4 问的结果求

$$\lim_{n\to\infty} \left( \frac{1}{x_{n+1}^2} -\frac{1}{x_n^2} \right).$$

6. 利用第 5 问证明

$$\lim_{n\to\infty}nx_n^2=3.$$

Kai

問1

(i) ヤコビ行列式の計算

与えられた変数変換は

$$x = ar \cos\theta, \quad y = br \sin\theta, \quad z = s$$

ヤコビ行列 $J$ は、各変数の偏導関数から構成される行列です。

$$J = \frac{\partial(x, y, z)}{\partial(r, \theta, s)} = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} & \frac{\partial x}{\partial s} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} & \frac{\partial y}{\partial s} \\ \frac{\partial z}{\partial r} & \frac{\partial z}{\partial \theta} & \frac{\partial z}{\partial s} \end{pmatrix}$$

各偏導関数を計算します。

$$\frac{\partial x}{\partial r} = a \cos\theta, \quad \frac{\partial x}{\partial \theta} = -ar \sin\theta, \quad \frac{\partial x}{\partial s} = 0$$

$$\frac{\partial y}{\partial r} = b \sin\theta, \quad \frac{\partial y}{\partial \theta} = br \cos\theta, \quad \frac{\partial y}{\partial s} = 0$$

$$\frac{\partial z}{\partial r} = 0, \quad \frac{\partial z}{\partial \theta} = 0, \quad \frac{\partial z}{\partial s} = 1$$

よって、ヤコビ行列は

$$J = \begin{pmatrix} a \cos\theta & -ar \sin\theta & 0 \\ b \sin\theta & br \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

ヤコビ行列式（ヤコビアン）は、この行列の行列式です。

$$\det(J) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} a \cos\theta & -ar \sin\theta \\ b \sin\theta & br \cos\theta \end{pmatrix} = (a \cos\theta)(br \cos\theta) - (-ar \sin\theta)(b \sin\theta)$$

$$= abr \cos^2\theta + abr \sin^2\theta = abr(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = abr$$

よって、ヤコビ行列式は $abr$ です。

(ii) 新しい積分領域 E の決定

集合 $D$ の定義域を $(r, \theta, s)$ 座標系に変換します。 $D$ の条件は以下の通りです。

1. $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq z$
2. $x \geq 0, y \geq 0$
3. $0 \leq z \leq 1$

変数変換 $x = ar \cos\theta, y = br \sin\theta, z = s$ を代入します。

1. $\frac{(ar \cos\theta)^2}{a^2} + \frac{(br \sin\theta)^2}{b^2} \leq s \implies \frac{a^2 r^2 \cos^2\theta}{a^2} + \frac{b^2 r^2 \sin^2\theta}{b^2} \leq s \implies r^2(\cos^2\theta + \sin^2\theta) \leq s \implies r^2 \leq s$ . $r \geq 0$ なので, $0 \leq r \leq \sqrt{s}$ となります。
2. $x = ar \cos\theta \geq 0$ と $y = br \sin\theta \geq 0$ . $a, b, r$ は非負なので, $\cos\theta \geq 0$ かつ $\sin\theta \geq 0$ が必要です。これは与えられた条件 $0 \leq \theta \leq \pi/2$ を満たします。
3. $0 \leq z \leq 1 \implies 0 \leq s \leq 1$ .

これらの条件をまとめると、 $r\theta s$ -空間上の集合 $E$ は

$$E = \{ (r, \theta, s) : 0 \leq r \leq \sqrt{s}, 0 \leq \theta \leq \pi/2, 0 \leq s \leq 1 \}$$

したがって、空欄に入る式は $\sqrt{s}$ です。

(iii) 体積の計算

求める体積は、領域 $D$ 上での $1$ の三重積分です。変数変換を用いて計算します。

$$\iiint_D dxdydz = \iiint_E |\det(J)| dr d\theta ds = \iiint_E abr dr d\theta ds$$

$a,b>0, r \ge 0$ なので $|abr| = abr$ です。積分範囲を用いて計算します。

$$V = \int_0^1 \int_0^{\pi/2} \int_0^{\sqrt{s}} abr \, dr \, d\theta \, ds$$

まず $r$ で積分します。

$$\int_0^{\sqrt{s}} abr \, dr = ab \left[ \frac{r^2}{2} \right]_0^{\sqrt{s}} = ab \frac{(\sqrt{s})^2}{2} = \frac{ab}{2}s$$

次に $\theta$ で積分します。

$$\int_0^{\pi/2} \frac{ab}{2}s \, d\theta = \frac{ab}{2}s [\theta]_0^{\pi/2} = \frac{ab}{2}s \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi ab}{4}s$$

最後に $s$ で積分します。

$$\int_0^1 \frac{\pi ab}{4}s \, ds = \frac{\pi ab}{4} \left[ \frac{s^2}{2} \right]_0^1 = \frac{\pi ab}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\pi ab}{8}$$

よって、体積は $\frac{\pi ab}{8}$ です。

(iv) 積分の収束条件

与えられた積分を $I$ とします。

$$I = \iiint_D \frac{x^l y^m}{z^n} dxdydz$$

変数変換を行うと、

$$I = \iiint_E \frac{(ar \cos\theta)^l (br \sin\theta)^m}{s^n} (abr) \, dr d\theta ds$$

$$I = a^{l+1}b^{m+1} \iiint_E \frac{r^{l+m+1} \cos^l\theta \sin^m\theta}{s^n} \, dr d\theta ds$$

積分を分離します。

$$I = a^{l+1}b^{m+1} \left( \int_0^{\pi/2} \cos^l\theta \sin^m\theta \, d\theta \right) \left( \int_0^1 \frac{1}{s^n} \left( \int_0^{\sqrt{s}} r^{l+m+1} \, dr \right) ds \right)$$

$l, m$ は正の整数なので、 $\theta$ の積分は有限値になります。 $r$ の積分を計算します。

$$\int_0^{\sqrt{s}} r^{l+m+1} \, dr = \left[ \frac{r^{l+m+2}}{l+m+2} \right]_0^{\sqrt{s}} = \frac{(\sqrt{s})^{l+m+2}}{l+m+2} = \frac{s^{\frac{l+m+2}{2}}}{l+m+2}$$

これを $s$ の積分に代入します。

$$\int_0^1 \frac{1}{s^n} \frac{s^{\frac{l+m+2}{2}}}{l+m+2} \, ds = \frac{1}{l+m+2} \int_0^1 s^{\frac{l+m+2}{2} - n} \, ds$$

この広義積分が有限（収束）となるためには、指数が $-1$ より大きい必要があります。

$$\frac{l+m+2}{2} - n > -1$$

$$l+m+2 > 2(n-1) = 2n - 2$$

$$l+m+4 > 2n \implies n < \frac{l+m+4}{2} = 2 + \frac{l+m}{2}$$

問題の条件として、 $l, m, n$ は正の整数であり、 $l+m \leq n$ を満たす必要があります。 したがって、以下の連立不等式を満たす正の整数の組 $(l,m,n)$ を求めます。

$$l+m \leq n < 2 + \frac{l+m}{2}$$

この不等式から、

$$l+m < 2 + \frac{l+m}{2}$$

$$\frac{l+m}{2} < 2 \implies l+m < 4$$

$l, m$ は正の整数なので、 $l \geq 1, m \geq 1$ であり、 $l+m \geq 2$ です。したがって、 $l+m$ の取りうる値は $2$ と $3$ です。

場合 1: $l+m=2$ $l, m$ は正の整数なので、 $(l,m) = (1,1)$ のみです。 このとき、 $n$ の条件は、

$$2 \leq n < 2 + \frac{2}{2} \implies 2 \leq n < 3$$

$n$ は整数なので、 $n=2$ となります。 よって、組 $(1,1,2)$ が一つの解です。

場合 2: $l+m=3$ $l, m$ は正の整数なので、 $(l,m)$ は $(1,2)$ または $(2,1)$ です。 このとき、 $n$ の条件は、

$$3 \leq n < 2 + \frac{3}{2} \implies 3 \leq n < 3.5$$

$n$ は整数なので、 $n=3$ となります。 よって、組 $(1,2,3)$ と $(2,1,3)$ が解となります。

以上をまとめると、求める正の整数の組 $(l, m, n)$ は以下の3つです。

$$(1, 1, 2), \quad (1, 2, 3), \quad (2, 1, 3)$$

問2

(i) 帰納法による証明: $n = 1$ のとき, $x_1 = 1$ であり, $x_2 = \sin x_1 = \sin 1$ . $0 < \sin 1 < 1$ なので, $0 < x_2 < x_1$ が成り立つ。

$n = k$ のとき, $0 < x_{k+1} < x_k$ が成り立つと仮定する。 $x_{k+2} = \sin x_{k+1}$ である。 $0 < x_{k+1} < x_k$ より, $0 < \sin x_{k+1} < x_{k+1}$ が成り立つ。 したがって, $0 < x_{k+2} < x_{k+1}$ が成り立つ。 よって, すべての $n$ に対して, $0 < x_{n+1} < x_n$ が成り立つ。

(ii) $0 < x_{n+1} < x_n$ より, $\{x_n\}$ は単調減少数列であり, 下に有界であるから, 極限が存在する。 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$ とすると, $\lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim_{n \to \infty} \sin x_n$ より, $L = \sin L$ となる。 この方程式の解は $L = 0$ である。 したがって, $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ である。

(iii) $\sin x$ のマクローリン展開は次の通りである。

$$\sin x =x-\frac{x^3}{3!}+o(x^4) =x-\frac{x^3}{6}+o(x^4).$$

(iv)

$$\sin x =x\left(1-\frac{x^2}{6}+o(x^3)\right)$$

$$\frac{1}{(\sin x)^2} =\frac{1}{x^2} \left(1-\frac{x^2}{6}+o(x^3)\right)^{-2} =\frac{1}{x^2} \left(1+\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right) =\frac{1}{x^2}+\frac{1}{3}+o(1).$$

したがって, $a = 1$ , $b = \frac{1}{3}$ である。

(v) $x_{n+1} = \sin x_n = x_n - \frac{x_n^3}{6} + o(x_n^4)$ である。

$$\frac{1}{x_{n+1}^2} = \frac{1}{\sin^2 x_n} = \frac{1}{x_n^2} + \frac{1}{3} + o(1)$$

$$\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{x_{n+1}^2} - \frac{1}{x_n^2}\right) = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{\sin^2 x_n} - \frac{1}{x_n^2}\right) = \frac{1}{3}$$

(vi)

$$\frac{1}{x_{n+1}^2} - \frac{1}{x_n^2} = \frac{1}{3} + o(1)$$

$$\sum_{k=1}^{n-1} \left(\frac{1}{x_{k+1}^2} - \frac{1}{x_k^2}\right) = \sum_{k=1}^{n-1} \left(\frac{1}{3} + o(1)\right)$$

$$\frac{1}{x_n^2} - \frac{1}{x_1^2} = \frac{n-1}{3} + o(n)$$

$$\frac{1}{x_n^2} = \frac{n}{3} + o(n)$$

$$nx_n^2 = \frac{n}{\frac{n}{3} + o(n)} = \frac{1}{\frac{1}{3} + o(1)}$$

$$\lim_{n \to \infty} nx_n^2 = 3$$