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九州大学 システム情報科学府 情報理工学専攻・電気電子工学専攻 2022年8月実施 解析学・微積分

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Author​

Yu

Description​

(1) R\mathbb{{R}} 上の関数 f(x)=cos⁡xf(x) = \cos x の kk 階導関数を f(k)(x)f^{(k)}(x) で表す。ただし, は実数全体の集合である。以下の各問いに答えよ。

\quad (a) 全ての k≥1k \ge 1 について f(k)(0)f^{(k)}(0) を求めよ。

\quad (b) f(x)f(x) の原点周りでのテイラー級数を

∑k=0∞akxk\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}x^{k}

とするとき, 全ての k≥0k \ge 0 関する aka_k を求めよ。

\quad ((c)) 全ての x∈Rx \in \mathbb{R} について

∑k=0∞∣akxk∣\sum_{k=0}^{\infty}|a_{k}x^{k}|

が収束することを示せ。

(2) 次の微分方程式の一般解を求めよ。なお, y′y' は関数 y(x)y(x) の xx に関する 11 階導関数を表している。

y′′′′−2y′′′−y′′−4y′+12y=0y'''' - 2y''' - y'' - 4y' + 12y = 0

(3) 閉曲線 CC に沿った複数積分 ∮C1z(z2−1)\oint_{C} \frac{1}{z(z^2 - 1)} を求めよ。ただし, CC は円 ∣z∣=r,r>0|z| = r,r > 0 かつ r≠1r \neq 1 とする。

题目描述​

  1. 对实函数 f(x)=cos⁡xf(x)=\cos x，以 f(k)(x)f^{(k)}(x) 表示 kk 阶导数。
    • 求所有 k≥1k\ge1 的 f(k)(0)f^{(k)}(0)；
    • 若其在原点的泰勒级数写成 ∑k=0∞akxk\sum_{k=0}^\infty a_kx^k，求所有 k≥0k\ge0 的 aka_k；
    • 证明对任意 x∈Rx\in\mathbb R，级数 ∑k=0∞∣akxk∣\sum_{k=0}^\infty|a_kx^k| 收敛。
  2. 求四阶常微分方程
    y′′′′−2y′′′−y′′−4y′+12y=0y''''-2y'''-y''-4y'+12y=0
    的通解，其中 y′y' 表示 y(x)y(x) 对 xx 的一阶导数。
  3. 设 CC 为圆 ∣z∣=r|z|=r，其中 r>0r>0 且 r≠1r\ne1，计算
    ∮C1z(z2−1) dz.\oint_C\frac1{z(z^2-1)}\,dz.

考点​

  • 泰勒级数与绝对收敛：由余弦函数各阶导数确定系数，并用比值判别等方法证明对任意实数绝对收敛。
  • 高阶常系数线性微分方程：分解四次特征多项式，根据实根或复根结构写出通解。
  • 留数定理：按 r<1r<1 与 r>1r>1 判断圆内包含哪些极点并求闭路积分。

Kai​

(1)​

(a)​

fk(0)={1,k≡0(mod4)0,k≡1or3(mod4)−1,k≡2(mod4)f^{k}(0) = \left\{ \begin{aligned} 1 , &k \equiv 0 \quad (\text{mod} \quad 4) \\ 0 , &k \equiv 1 \text{or} 3 \quad(\text{mod} \quad 4) \\ -1 , &k \equiv 2 \quad (\text{mod} \quad 4) \end{aligned} \right.

(b)​

ak=fk(0)k!={1k!,k≡0(mod4)0,k≡1or3(mod4)−1k!,k≡2(mod4)a_k = \frac{f^{k}(0)}{k!} = \left\{ \begin{aligned} \frac{1}{k!} , \quad &k \equiv 0 \quad (\text{mod} \quad 4) \\ 0, \quad &k \equiv 1 \text{or} 3 \quad (\text{mod} \quad 4) \\ \frac{-1}{k!} ,\quad &k \equiv 2 \quad (\text{mod} \quad 4) \end{aligned} \right.

((c))​

∑k=0∞∣akxk∣=1+x22!+x44!+⋯=∑n=0∞x2n(2n)!\sum_{k = 0}^{\infty}|a_{k}x^{k}| = 1 + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!}
lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞x2(2n+2)(2n+1)=0\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{x^2}{(2n + 2)(2n + 1)} = 0

(2)​

r4−2r3−r2−4r+12=0(r−2)2(r2+2r+3)=0r1=2,r2=2,r3=−1+2i,r4=−1−2iy=e2x(c1+c2x)+e−x(c3cos⁡2x+c4sin⁡2x)\begin{aligned} r^4 - 2r^3 - r^2 &- 4r + 12 = 0\\ (r - 2)^2 (r^2 &+ 2r + 3) = 0\\ r_1 = 2,r_2 = 2,r_3 = &-1 + \sqrt{2}i,r_4 = -1 - \sqrt{2}i\\ y = e^{2x}(c_1 + c_2x) + &e^{-x}(c_3\cos\sqrt{2}x + c_4\sin\sqrt{2}x) \end{aligned}

(3)​

f(z)=1z(z2−1) とおくと,f(z) = \frac{1}{z(z^2 - 1)} \text{ とおくと},
0<r<1 のとき,z=0 は 1 位の極である。0 < r < 1\text{ のとき}, z = 0\text{ は }1\text{ 位の極である。}
resf(0)=lim⁡z→0z1z(z2−1)=1z2−1∣z=0=−1\text{res}f(0) = \lim_{z \rightarrow 0}z \frac{1}{z(z^2 - 1)} = \frac{1}{z^2 - 1}\bigg|_{z = 0} = -1
∮Cf(z)dz=2πiresf(0)=−2πi\oint_{C}f(z)\text{d}z = 2\pi i\text{res}f(0) = -2\pi i
r>1 のとき,z=0,z=±1 は 1 位の極である。r > 1\text{ のとき}, z = 0,z = \pm 1 \text{ は }1\text{ 位の極である。}
resf(−1)=lim⁡z→−1(z+1)1z(z2−1)=1z(z−1)∣z=−1=12\text{res}f(-1) = \lim_{z \rightarrow -1}(z + 1) \frac{1}{z(z^2 - 1)} = \frac{1}{z(z - 1)}\bigg|_{z = -1} = \frac{1}{2}
resf(1)=lim⁡z→1(z−1)1z(z2−1)=1z(z+1)∣z=1=12\text{res}f(1) = \lim_{z \rightarrow 1}(z - 1) \frac{1}{z(z^2 - 1)} = \frac{1}{z(z + 1)}\bigg|_{z = 1} = \frac{1}{2}
∮Cf(z)dz=2πi[resf(0)+resf(−1)+resf(1)]=0\oint_{C}f(z)\text{d}z = 2\pi i [\text{res}f(0) + \text{res}f(-1) + \text{res}f(1)] = 0
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