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 2023年8月実施 解析学・微積分

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Author

Casablanca, Miyake

Description

(1) 積分

$$I = \int_{0}^{\infty}x^5\exp(-x^4)dx$$

を計算せよ。ただし, $\int_{-\infty}^{\infty}\exp(-x^2)dx = \sqrt{\pi}$ を証明なしに用してよい。

(2) 次の微分方程式の一般解を求めよ。

$$\frac{dy}{dx} + y = x\sinh x$$

(3) 複素関数 $f(z) = \frac{1}{z^4 + 1}$ を考える。次の各問いに答えよ。

• (a) $f(z)$ の極をすべて求めよ。

• (b) 下図に示す半円 $C$ に沿った複素積分 $\oint_{C}f(z)dz$ を求めよ。ただし, $R > 1$ とする。

题目描述

1. 计算广义积分
   $$I=\int_0^\infty x^5e^{-x^4}\,dx.$$
   可以不加证明地使用 $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx=\sqrt\pi$。
2. 求微分方程
   $$\frac{dy}{dx}+y=x\sinh x$$
   的通解。
3. 对复函数
   $$f(z)=\frac1{z^4+1},$$
   求全部极点；再对上图所示、半径 $R>1$ 的半圆闭路 $C$，计算 $\oint_Cf(z)\,dz$。

考点

• 广义积分：通过幂次代换把积分化为 Gamma/高斯型积分并计算。
• 一阶线性微分方程：使用积分因子，并处理含双曲正弦的非齐次项。
• 留数定理：求 $z^4+1$ 的全部零点，判断半圆轮廓内的极点并汇总留数。

Kai - By Casablanca

(1)

$$\begin{aligned} \left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx \right)^2 &= \pi \\ \int x^5 e^{-x^4}dx &= \int-\frac{x^2}{4}de^{-x^4} = -\frac{1}{4}x^2e^{-x^4} + \frac{1}{4}\int e^{-x^4}dx^2 \\ \int_0^{\infty}x^5 e^{-x^4}dx &= \frac{1}{4}\int_0^{\infty}e^{-t^2}dt = \sqrt{\pi}/8 \end{aligned}$$

(2)

$$\begin{aligned} \frac{dy}{dx} + y &= x(e^x - e^{-x})/2 \\ e^x(y' + y) &= \frac{1}{2}x(e^{2x} - 1) \\ (e^x y)' &= \frac{1}{2}xe^{2x} - \frac{1}{2}x \\ \int (\frac{1}{2}xe^{2x} - \frac{1}{2}x)dx &= \frac{1}{4}xe^{2x} - \frac{1}{8}e^{2x} - \frac{x^2}{4} + C, \end{aligned}$$

$$y = \frac{1}{4}xe^x - \frac{1}{8}e^x - \frac{1}{4}x^2e^{-x} + Ce^{-x}$$

where $C$ is a constant.

(3)

(a)

Consider $z^4 = -1$,

we get

$$z_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}i , z_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}i , z_3 = -\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}i , z_4 = -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}i$$

and these are the poles

(b)

$$\begin{aligned} \oint_Cf(z)dz &= 2\pi i \text{Res}[f(z),\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}i] + 2\pi i \text{Res}[f(z),\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}i] \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2}\pi \end{aligned}$$

Kai - By Miyake

(1)

$\exp(-x^2)$ は偶関数であるから、

$$\begin{align} \int_{- \infty}^\infty \exp \left( -x^2 \right) dx = \sqrt{\pi} \end{align}$$

より、

$$\begin{align} \int_0^\infty \exp \left( -x^2 \right) dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \tag{A} \end{align}$$

がわかる。

$y=x^2$ とおくと、 $dy=2xdx$ であり、次のように計算できる：

$$\begin{align} I &= \frac{1}{2} \int_0^\infty y^2 \exp \left( - y^2 \right) dy \\ &= \frac{1}{2} \int_0^\infty y \left( - \frac{1}{2} \exp \left( - y^2 \right) \right)' dy & \left( \ ' \text{ は } y { による微分 } \right) \\ &= - \frac{1}{4} \left[ y \exp \left( - y^2 \right) \right]_0^\infty + \frac{1}{4} \int_0^\infty \exp \left( - y^2 \right) dy \\ &= \frac{\pi}{8} . & ( \because \text{ 式 (A) } ) \end{align}$$

(2)

$$\begin{align} \frac{dy}{dx} + y = 0 \end{align}$$

の一般解は

$$\begin{align} y &= Ce^{-x} & ( C \text{ は積分定数 } ) \end{align}$$

である。このことを考慮して、与えられた微分方程式

$$\begin{align} \frac{dy}{dx} + y = x \sinh x \end{align}$$

に $y=ze^{-x}$ ( $z$ は $x$ の関数 ) を代入すると、

$$\begin{align} \frac{dz}{dx} e^{-x} - z e^{-x} + z e^{-x} &= x \sinh x \\ \frac{dz}{dx} e^{-x} &= x \frac{e^x - e^{-x}}{2} \\ \frac{dz}{dx} &= \frac{1}{2} \left( x e^{2x} - x \right) \\ \therefore \ \ z &= \frac{1}{2} \int \left( x e^{2x} - x \right) dx \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} x e^{2x} - \frac{1}{4} e^{2x} - \frac{x^2}{2} \right) + C & ( C \text{ は積分定数 } ) \end{align}$$

を得るので、求める一般解は

$$\begin{align} y &= \frac{1}{4} x e^x - \frac{1}{8} e^x - \frac{1}{4} x^2 e^{-x} + C e^{-x} & ( C \text{ は積分定数 } ) \end{align}$$

であることがわかる。

(3)

(a)

$z^4+1=0$ に $z= r e^{i \theta}$ ( $r \gt 0, \theta$ は実数) を代入すると

$$\begin{align} r^4 e^{4i \theta} = -1 \end{align}$$

であり、

$$\begin{align} r = 1 , \ \ 4 \theta = \pi + 2 \pi \cdot \text{ 整数 } \end{align}$$

となる。よって、 $f(z)$ は

$$\begin{align} z &= e^{\pi/4}, e^{3\pi/4}, e^{5\pi/4}, e^{7\pi/4} \\ &= \frac{1+i}{\sqrt{2}}, \frac{1-i}{\sqrt{2}}, \frac{-1-i}{\sqrt{2}}, \frac{-1+i}{\sqrt{2}} \end{align}$$

に1位の極をもつ。

(b)

(a) で求めた4つの極は

$$\begin{align} z_0 &= e^{\pi/4} = \frac{1+i}{\sqrt{2}}, \\ z_1 &= e^{3\pi/4} = \frac{-1+i}{\sqrt{2}}, \\ z_2 &= e^{5\pi/4} = \frac{-1-i}{\sqrt{2}}, \\ z_3 &= e^{7\pi/4} = \frac{1-i}{\sqrt{2}} \end{align}$$

であるが、このうち $C$ の内側にあるのは $z_0, z_1$ である。

$$\begin{align} z_0 - z_1 &= \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} ,\\ z_0 - z_2 &= \frac{2+2i}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} (1+i) ,\\ z_0 - z_3 &= \frac{2i}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} i ,\\ z_1 - z_0 &= \frac{-2}{\sqrt{2}} = - \sqrt{2} ,\\ z_1 - z_2 &= \frac{2i}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} i ,\\ z_1 - z_3 &= \frac{-2+2i}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} (-1+i) \end{align}$$

なので、 $z_0$ における留数は

$$\begin{align} \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z) &= \frac{1}{(z_0-z_1)(z_0-z_2)(z_0-z_3)} \\ &= \frac{1}{2 \sqrt{2} (-1+i)} \\ &= - \frac{1}{4 \sqrt{2}} (1+i) \end{align}$$

であり、 $z_1$ における留数は

$$\begin{align} \lim_{z \to z_1} (z-z_1) f(z) &= \frac{1}{(z_1-z_0)(z_1-z_2)(z_1-z_3)} \\ &= \frac{1}{2 \sqrt{2} (1-i)} \\ &= \frac{1}{4 \sqrt{2}} (1-i) \end{align}$$

である。よって、留数定理より

$$\begin{align} \oint_C f(z) dz &= 2 \pi i \left( - \frac{1}{4 \sqrt{2}} (1+i) + \frac{1}{4 \sqrt{2}} (1-i) \right) \\ &= \frac{\pi}{\sqrt{2}} \end{align}$$

がわかる。