明治大学 先端数理科学研究科 現象数理学専攻 2023年8月実施 微积分

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Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

(I) 関数 $J(x)$ を、

$$J(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n}$$

と定義する。次の問に答えよ。

(1) $J(x)$ を定義する級数が任意の実数 $x$ で収束することを示せ。

(2) $\frac{d^2}{dx^2}J(x) + \frac{1}{x} \frac{d}{dx}J(x) + J(x) = 0$ を示せ。

(II) $xy$ 平面で定義された2変数関数

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

を考える。次の問に答えよ。

(1) 変数変換

$$\begin{cases} u = x + y \\ v = x - y \end{cases}$$

のヤコビ行列式

$$\frac{\partial u}{\partial x} \frac{\partial v}{\partial y} - \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\partial v}{\partial x}$$

を求めよ。

(2) 正の定数 $a$ に対して、定積分

$$\int_{0}^{1} w \log(w^2 + a) dw$$

を計算せよ。

(3) $xy$ 平面の領域

$$D = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 | 0 \leq x + y \leq 1, 0 \leq x - y \leq 1\}$$

における重積分

$$\iint_D f(x, y) dx dy$$

を計算せよ。

题目描述

I. 定义函数

$$J(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n}.$$

回答下列问题。

(1) 证明定义 $J(x)$ 的级数对任意实数 $x$ 都收敛。

(2) 证明

$$\frac{d^2}{dx^2}J(x) +\frac1x\frac{d}{dx}J(x) +J(x)=0.$$

II. 考虑定义在 $xy$ 平面上的二元函数

$$f(x,y)=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2+1}.$$

回答下列问题。

(1) 求变量变换

$$\begin{cases} u=x+y,\\ v=x-y \end{cases}$$

的 Jacobian 行列式

$$\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial y} -\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial x}.$$

(2) 对正数 $a$，计算定积分

$$\int_0^1 w\log(w^2+a)\,dw.$$

(3) 定义 $xy$ 平面上的区域

$$D=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\,\middle|\, 0\leq x+y\leq1,\; 0\leq x-y\leq1 \right\}.$$

计算二重积分

$$\iint_D f(x,y)\,dx\,dy.$$

Kai

(I)(1) If $x=0$ , the series has only its first nonzero term and therefore converges. Let $x\ne0$ and $a_n = \frac{(-1)^n}{(n!)^2} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n}$ . Then

$$\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \frac{\frac{1}{((n+1)!)^2} \left(\frac{|x|}{2}\right)^{2(n+1)}}{\frac{1}{(n!)^2} \left(\frac{|x|}{2}\right)^{2n}} = \frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} \left(\frac{|x|}{2}\right)^2 = \frac{1}{(n+1)^2} \left(\frac{|x|}{2}\right)^2$$

Thus, $\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(n+1)^2} \left(\frac{|x|}{2}\right)^2 = 0 < 1$ for every fixed $x\ne0$ . By the ratio test, the series converges for all $x \in \mathbb{R}$ .

(2) 上で求めた収束半径は無限大なので、べき級数は項別に何度でも微分できる。まず $x\ne0$ として、 $J(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n}$ の一階和二階導数を計算する。

求导得：

$$\frac{d}{dx} J(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} \cdot 2n \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-1} \cdot \frac{1}{2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} n \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-1}$$

$$\frac{d^2}{dx^2} J(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} n (2n-1) \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-2} \cdot \frac{1}{2}$$

将导数代入方程左边的前两项 $\frac{d^2 J}{dx^2} + \frac{1}{x} \frac{dJ}{dx}$ 中：

$$\begin{aligned} \frac{d^2 J}{dx^2} + \frac{1}{x} \frac{dJ}{dx} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} \frac{n(2n-1)}{2} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-2} + \frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} n \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-1} \\ \text{注意到 } \frac{1}{x} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-1} &= \frac{1}{2(x/2)} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-1} = \frac{1}{2} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-2}，\text{代入后合并同类项：}\\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} \left[ \frac{n(2n-1)}{2} + \frac{n}{2} \right] \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-2} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} \left[ \frac{2n^2 - n + n}{2} \right] \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-2} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n!)^2} n^2 \left(\frac{x}{2}\right)^{2n-2} \end{aligned}$$

利用 $\frac{n^2}{(n!)^2} = \frac{n^2}{n^2((n-1)!)^2} = \frac{1}{((n-1)!)^2}$ 化简系数：

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

令 $k = n - 1$ ，则当 $n$ 从 $1$ 开始时， $k$ 从 $0$ 开始。同时注意 $(-1)^n = (-1)^{k+1} = -(-1)^k$ ：

$$= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{-(-1)^{k}}{(k!)^2} \left(\frac{x}{2}\right)^{2k} = - \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(k!)^2} \left(\frac{x}{2}\right)^{2k} = -J(x)$$

因此，原方程得证：

$$\frac{d^2 J}{dx^2} + \frac{1}{x} \frac{dJ}{dx} + J(x) = -J(x) + J(x) = 0$$

これは $x\ne0$ で成立する。問題の式は $x=0$ では $1/x$ のためそのままでは定義されないが、同値な正則形

$$x^2J''(x)+xJ'(x)+x^2J(x)=0$$

は $x=0$ を含むすべての実数で成立する。また $J'(x)/x$ は $x\to0$ で $-1/2$ に収束するので、元の左辺も連続的に $0$ へ延長できる。

(II)(1)

$$\frac{\partial u}{\partial x} = 1, \quad \frac{\partial u}{\partial y} = 1$$

$$\frac{\partial v}{\partial x} = 1, \quad \frac{\partial v}{\partial y} = -1$$

Therefore, the Jacobian determinant is

$$\frac{\partial u}{\partial x} \frac{\partial v}{\partial y} - \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\partial v}{\partial x} = (1)(-1) - (1)(1) = -1 - 1 = -2$$

(2) 计算定积分 $\int_0^1 w \log(w^2 + a) \, dw$ 。

解： 令 $t = w^2 + a$ 。 对两边微分得 $dt = 2w \, dw$ ，即 $w \, dw = \frac{1}{2} dt$ 。

接下来进行积分限的变换：

• 当 $w = 0$ 时， $t = 0^2 + a = a$ 。
• 当 $w = 1$ 时， $t = 1^2 + a = 1 + a$ 。

代入原积分进行计算：

$$\begin{aligned} \int_0^1 w \log(w^2 + a) \, dw &= \int_a^{1+a} \log t \cdot \frac{1}{2} \, dt \\ &= \frac{1}{2} \int_a^{1+a} \log t \, dt \end{aligned}$$

利用对数函数的积分公式 $\int \log x \, dx = x \log x - x + C$ ，得：

$$\begin{aligned} &= \frac{1}{2} \left[ t \log t - t \right]_a^{1+a} \\ &= \frac{1}{2} \left( \Big[ (1+a)\log(1+a) - (1+a) \Big] - \Big[ a \log a - a \Big] \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( (1+a)\log(1+a) - 1 - a - a \log a + a \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( (1+a)\log(1+a) - a \log a - 1 \right) \end{aligned}$$

结果：

$$\frac{1}{2} \left[ (1+a)\log(1+a) - a \log a - 1 \right]$$

(3) 计算重积分 $\displaystyle \iint_D f(x, y)\,dxdy$ ，其中

$$D = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid 0 \le x+y \le 1,\ 0 \le x-y \le 1\}, \qquad f(x,y) = \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2 + 1}.$$

解：

第一步：变量代换

令

$$u = x+y,\qquad v = x-y.$$

则积分区域条件

$$0\le x+y\le1,\quad 0\le x-y\le1$$

变为

$$0\le u\le1,\quad 0\le v\le1,$$

故新区域为

$$D' = \{(u,v)\mid 0\le u\le1,\ 0\le v\le1\}.$$

由 $u,v$ 解得

$$x = \frac{u+v}{2},\qquad y = \frac{u-v}{2}.$$

雅可比行列式：

$$J = \det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \det \begin{pmatrix} \frac12 & \frac12\\[2pt] \frac12 & -\frac12 \end{pmatrix} = -\frac12.$$

因此

$$dx\,dy = |J|\,du\,dv = \frac12\,du\,dv.$$

第二步：被积函数在 $(u,v)$ 坐标中的表达

计算

$$x^2 = \frac{(u+v)^2}{4},\qquad y^2 = \frac{(u-v)^2}{4}.$$

分子：

$$x^2 - y^2 = \frac{(u+v)^2 - (u-v)^2}{4} = \frac{4uv}{4} = uv.$$

分母：

$$x^2 + y^2 = \frac{(u+v)^2 + (u-v)^2}{4} = \frac{u^2+v^2}{2},$$

$$x^2 + y^2 + 1 = \frac{u^2+v^2}{2} + 1 = \frac{u^2+v^2+2}{2}.$$

于是

$$f(x,y) = \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2+1} = \frac{uv}{\dfrac{u^2+v^2+2}{2}} = \frac{2uv}{u^2+v^2+2}.$$

连同 $dx\,dy = \frac12 du\,dv$ ，有

$$f(x,y)\,dx\,dy = \frac{2uv}{u^2+v^2+2}\cdot\frac12\,du\,dv = \frac{uv}{u^2+v^2+2}\,du\,dv.$$

故原积分变为

$$I = \iint_D f(x,y)\,dx\,dy = \int_0^1\int_0^1 \frac{uv}{u^2+v^2+2}\,du\,dv.$$

第三步：计算 $u$ 方向的积分

对 $u$ 积分（视 $v$ 为常数）：

$$\int_0^1 \frac{uv}{u^2+v^2+2}\,du = v\int_0^1 \frac{u}{u^2+(v^2+2)}\,du.$$

令

$$t = u^2 + v^2 + 2,\qquad dt = 2u\,du \ \Rightarrow\ u\,du = \frac12\,dt,$$

当 $u=0$ 时 $t = v^2+2$ ，当 $u=1$ 时 $t = v^2+3$ ，于是

$$v\int_0^1 \frac{u}{u^2+v^2+2}\,du = \frac{v}{2}\int_{v^2+2}^{v^2+3} \frac{1}{t}\,dt = \frac{v}{2}\bigl[\log t\bigr]_{v^2+2}^{v^2+3} = \frac{v}{2}\Bigl(\log(v^2+3)-\log(v^2+2)\Bigr).$$

因此

$$I = \frac12\int_0^1 v\Bigl(\log(v^2+3)-\log(v^2+2)\Bigr)\,dv.$$

第四步：引入通用积分并求值

记

$$K(\alpha) = \int_0^1 v\log(v^2+\alpha)\,dv \qquad (\alpha>0).$$

同样令 $t=v^2+\alpha,\ dt=2v\,dv\Rightarrow v\,dv=\frac12 dt$ ，得到

$$K(\alpha) = \frac12\int_{\alpha}^{\alpha+1} \log t\,dt = \frac12\bigl[t\log t - t\bigr]_{\alpha}^{\alpha+1} = \frac12\Bigl((\alpha+1)\log(\alpha+1) - \alpha\log\alpha - 1\Bigr).$$

则

$$I = \frac12\bigl(K(3)-K(2)\bigr).$$

计算

$$K(3) = \frac12\Bigl(4\log4 - 3\log3 - 1\Bigr), \qquad K(2) = \frac12\Bigl(3\log3 - 2\log2 - 1\Bigr).$$

故

$$\begin{aligned} I &= \frac12\left[ \frac12\bigl(4\log4 - 3\log3 - 1\bigr) - \frac12\bigl(3\log3 - 2\log2 - 1\bigr) \right]\\[4pt] &= \frac14\Bigl(4\log4 + 2\log2 - 6\log3\Bigr). \end{aligned}$$

注意 $\log4 = 2\log2$ ，于是

$$4\log4 + 2\log2 = 8\log2 + 2\log2 = 10\log2,$$

从而

$$I = \frac14(10\log2 - 6\log3) = \frac12\bigl(5\log2 - 3\log3\bigr).$$

也可以写成

$$5\log2 - 3\log3 = \log 2^5 - \log3^3 = \log\frac{32}{27},$$

所以

$$\boxed{ I = \frac12\log\frac{32}{27} = \frac12\bigl(5\log2 - 3\log3\bigr). }$$