京都大学 情報学研究科 システム科学専攻 2022年8月実施 数学【II】

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Author

机智的若叶, 祭音Myyura, setsu (小红书:6106647283)

Description

問1

以下の設問に答えよ。以降では、$e$ はネイピア数（自然対数の底）、$\pi$ は円周率を表す。

(i) $\lim_{x \rightarrow +0} x^{-1/2} (1-e^{-x})$ を求めよ。

(ii) 以下の積分を求めよ。

$$\int_0^{\infty} x^{-3/2} (1-e^{-x}) \ dx$$

ただし、以下が成り立つことを用いてよい。

$$\int_0^{\infty} e^{x^2} \ dx = \frac{\pi}{2}$$

(iii) $xy$ 平面上の閉領域 $D=\{(x,y): x \ge 0, y \ge 0, x+y \le 1\}$ に対して以下の積分を求めよ。

$$\iint_D e^{x+y} \ dxdy$$

(iv) 実関数 $f(x)$ および $g(x)>0$ が、それぞれすべての実数 $x$ に対して定義されていて単調増加であるとする。これらが $\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$, $\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$ を満たすとき、

$$\sup_{-\infty < x < \infty} \frac{f(x)}{g(x)} < \infty$$

が成り立つ、すなわち $\frac{f(x)}{g(x)} \le c$ がすべての実数 $x$ で成り立つような定数 $c < \infty$ が存在することを示せ。

問2

直交座標系 $\text{O}-xyz$ で表される3次元空間内の楕円面 $E: f(x,y,z)=0$ を考える。ただし、

$$f(x,y,z) = \frac{x^2}{l^2} + \frac{y^2}{m^2} + \frac{z^2}{n^2} - 1$$

とし、$l,m,n$ は正の定数とする。以下の設問に答えよ。

(i) 関数 $g(x,y,z)=xyzf(x,y,z)$ を考える。閉領域 $D=\{(x,y,z): f(x,y,z) \le 0\}$ において、関数 $g$ の最大値と最小値を求めよ。

(ii) 楕円面 $E$ の法線であって $E$ 上の点 $(x_0, y_0, z_0)$ を通るものの方程式を求めよ。

(iii) 関数 $h(x,y,z)=ax+by+cz$ を最大にする楕円面 $E$ 上の点 $(x,y,z)$ を求めよ。ただし、$(a,b,c)\neq (0, 0, 0)$ とする。

(iv) 3点 $(p, 0,0), (0, q, 0), (0, 0, r)$ を含む平面が楕円面 $E$ と接している。この条件で $p,q,r$ を動かしたときに $p^2+q^2+r^2$ の最小値を求めよ。

题目描述

1. 回答下列问题。以下 $e$ 表示自然对数的底，$\pi$ 表示圆周率。

   （i）求

   $$\lim_{x\to+0}x^{-1/2}(1-e^{-x}).$$

   （ii）计算反常积分

   $$\int_0^\infty x^{-3/2}(1-e^{-x})\,dx.$$

   题面允许使用

   $$\int_0^\infty e^{x^2}\,dx=\frac\pi2.$$

   （iii）对 $xy$ 平面上的闭区域

   $$D=\{(x,y)\mid x\geq0,\ y\geq0,\ x+y\leq1\},$$

   计算

   $$\iint_D e^{x+y}\,dx\,dy.$$

   （iv）设实函数 $f(x)$ 与 $g(x)>0$ 对所有实数 $x$ 均有定义且单调递增，并满足

   $$\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=1,\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=1.$$

   证明

   $$\sup_{-\infty<x<\infty}\frac{f(x)}{g(x)}<\infty,$$

   即存在有限常数 $c$，使对每个实数 $x$ 都有 $f(x)/g(x)\leq c$。

2. 在直角坐标系 $\mathrm O\!-\!xyz$ 表示的三维空间中，考虑椭球面

   $$E:f(x,y,z)=0,$$

   其中

   $$f(x,y,z)= \frac{x^2}{l^2} +\frac{y^2}{m^2} +\frac{z^2}{n^2}-1,$$

   且 $l,m,n$ 为正常数。

   （i）定义

   $$g(x,y,z)=xyz\,f(x,y,z).$$

   在闭区域

   $$D=\{(x,y,z)\mid f(x,y,z)\leq0\}$$

   上求 $g$ 的最大值与最小值。

   （ii）求经过椭球面 $E$ 上点 $(x_0,y_0,z_0)$ 的法线方程。

   （iii）对 $(a,b,c)\ne(0,0,0)$，求椭球面 $E$ 上使

   $$h(x,y,z)=ax+by+cz$$

   取得最大值的点 $(x,y,z)$。

   （iv）经过三点

   $$(p,0,0),\qquad(0,q,0),\qquad(0,0,r)$$

   的平面与椭球面 $E$ 相切。在此约束下改变 $p,q,r$，求 $p^2+q^2+r^2$ 的最小值。

考点

• 极限与反常积分：使用渐近展开、分部积分和变量代换判断端点收敛并求值。
• 三角区域上的二重积分：合理选择积分次序或以 $x+y$ 为新变量。
• 全实轴上的有界性证明：结合两端极限与紧区间上的单调函数界控制比值。
• 椭球上的微分几何：利用梯度写出法线，并求线性函数在椭球上的支撑点。
• 多元约束优化：用对称性或 Lagrange 乘数求闭椭球内的极值及切平面截距问题。

Kai

問1

(i)

$$\lim_{x \to +0} \frac{1-e^{-x}}{x^{-1/2}} = \lim_{x \to +0} -2e^{-x} x^{3/2} = 0$$

(ii)

変数変換 $x = t^2$ を行うと、

$$\int_0^{\infty} x^{-3/2} (1-e^{-x}) \ dx=2\sqrt{\pi}$$

(iii)

$$\int_0^1 \int_0^{1-x} e^{x+y} \ dydx = \int_0^1 e^{x} (e^{1-x} - 1) dx = \int_0^1 (e - e^x)dx = 1$$

(iv)

$\lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$, $\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$ より

$$\exists M > 0, \forall x \in (-\infty, -M) \cup (M, +\infty), \frac{f(x)}{g(x)} < 1 + \epsilon < 2 \ (\forall \epsilon > 0)$$

$\forall x \in [-M, M]$, since $f(x)$ and $g(x)$ are monotonic increasing, we have

$$\frac{f(x)}{g(x)} \leq \frac{f(M)}{g(x)} \leq \frac{f(M)}{g(-M)}$$

Hence let $c = \max \{\frac{f(M)}{g(-M)}, 2\}$, $\forall x \in R, \frac{f(x)}{g(x)} \leq c$.

問2

(i)

$$\begin{aligned} &\frac{\partial g}{\partial x} = 0, \frac{\partial g}{\partial y} = 0, \frac{\partial g}{\partial z} = 0 \\ &\Rightarrow x = \pm \frac{l}{\sqrt{5}}, y = \pm \frac{m}{\sqrt{5}}, z = \pm \frac{n}{\sqrt{5}} \end{aligned}$$

よって、最大値は $\frac{2 \sqrt{5} lmn}{125}$、最小値は $-\frac{2 \sqrt{5} lmn}{125}$ である。

(ii)

法線ベクトルは

$$\begin{aligned} \boldsymbol{n} &= (\frac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0, z_0), \frac{\partial f}{\partial }(x_0, y_0, z_0), \frac{\partial f}{\partial z}(x_0, y_0, z_0)) \\ &= (2x_0/l^2, 2y_0/m^2, 2z_0/n^2) \end{aligned}$$

である。

法線の方程式は

$$\frac{x-x_0}{x_0/l^2} = \frac{y-y_0}{y_0/m^2} = \frac{z-z_0}{z_0/n^2}$$

(iii)

$$\begin{aligned} L( x,y,z) &= ax+by+cz+\lambda f\left( x,y,z \right) \\ \frac{\partial L}{\partial x} &= a+\frac{2\lambda x}{l^2}=0 \\ \frac{\partial L}{\partial y} &= b+\frac{2\lambda y}{m^2}=0 \\ \frac{\partial L}{\partial z} &= c+\frac{2\lambda z}{n^2}=0 \\ \frac{x^2}{l^2}&+\frac{y^2}{m^2}+\frac{z^2}{n^2}-1=0 \end{aligned}$$

よって、以下の等式が得られる。

$$\begin{aligned} ax+\frac{2\lambda x^2}{l^2}&=0 \\ by+\frac{2\lambda y^2}{m^2}&=0 \\ cz+\frac{2\lambda z^2}{n^2}&=0 \\ h\left( x,y,z \right) &= -2\lambda \end{aligned}$$

$x=-\frac{al^2}{2\lambda},y=-\frac{bm^2}{2\lambda},z=-\frac{cn^2}{2\lambda}$ を $f(x,y,z)$ に代入して , $h=-2\lambda$, $h$ が最大になるとき,

$$\begin{aligned} \lambda &= -\frac{\sqrt{a^2l^2+b^2m^2+c^2z^2}}{2} \\ x &= \frac{al^2}{\sqrt{a^2l^2+b^2m^2+c^2z^2}} \\ y &= \frac{bm^2}{\sqrt{a^2l^2+b^2m^2+c^2z^2}} \\ z &=\frac{cn^2}{\sqrt{a^2l^2+b^2m^2+c^2z^2}} \end{aligned}$$

(iv)

接平面の接点を $(x_0, y_0, z_0)$ として、接平面の方程式は

$$\frac{xx_0}{l^2}+\frac{yy_0}{m^2}+\frac{zz_0}{r^2}=1$$

よって、

$$\begin{aligned} p=\frac{l^2}{x_0}, q=\frac{m^2}{y_0}, r=\frac{n^2}{z_0} \\ \frac{l^2}{p^2} + \frac{m^2}{q^2} + \frac{n^2}{r^2} = 1 \end{aligned}$$

コーシー＝シュワルツの不等式より

$$(\frac{l^2}{p^2} + \frac{m^2}{q^2} + \frac{n^2}{r^2})(p^2+q^2+r^2) \geq (l+m+r)^2$$

$\frac{l^2}{p^2} + \frac{m^2}{q^2} + \frac{n^2}{r^2} = 1$ を代入すると

$$p^2+q^2+r^2 \geq (l+m+r)^2$$

を得る。