名古屋大学 工学研究科 機械航空系 2023年8月実施 基礎部門 問題1

标签：

• Nagoya-University
• Limit
• Parametric-Differentiation
• Partial-Fraction-Integration
• Hessian-Test-for-Multivariable-Extrema

Author

祭音Myyura

Description

(1)

次の極限値を求めよ。

1. $\lim_{x\to\infty} x^4\left(\frac{1}{x^2}-\sin\frac{1}{x^2}\right)$

2. $\lim_{x\to 0^+} (\cos x)^{\log x}$

(2)

変数 $x,y$ が媒介変数 $t$ の関数として下記のように与えられているとき， 導関数 $dy/dx$ を $x$ の関数として表せ。

$$x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\qquad y=\frac{2t}{1+t^2}$$

(3)

不定積分 $\displaystyle \int \frac{x^2}{x^4+1}dx$ を求めよ。

（ヒント：被積分関数を実数関数の部分分数に分解して考えてみよ。）

(4)

次の関数 $f(x,y)$ の極値を与える $x,y$ の組をすべて求めよ。

$$f(x,y)=\bigl[1+(x-y)^2\bigr]\exp(-x^2-y^2)$$

（ヒント：2変数関数は極値以外に鞍点を取ることがある点に注意せよ。）

题目描述

1. 求下列极限：
   $$\lim_{x\to\infty}x^4\left(\frac1{x^2}-\sin\frac1{x^2}\right), \qquad \lim_{x\to0^+}(\cos x)^{\log x}.$$
2. 参数曲线
   $$x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\qquad y=\frac{2t}{1+t^2}$$
   中，把 $dy/dx$ 表示为 $x$ 的函数。
3. 使用实函数部分分式分解计算
   $$\int\frac{x^2}{x^4+1}\,dx.$$
4. 求函数
   $$f(x,y)=\left[1+(x-y)^2\right]e^{-x^2-y^2}$$
   的全部极值点；注意还可能存在鞍点。

考点

• 极限与渐近展开：利用小量的 Taylor 展开或取对数求幂指型极限。
• 参数曲线求导：计算 $(dy/dt)/(dx/dt)$，再利用参数曲线关系消去 $t$。
• 部分分式积分：在实数域分解四次多项式，积分得到对数与反正切项。
• 二元函数 Hessian 判别：解驻点方程并用二阶导数区分极大、极小与鞍点。

Kai

(1)

(1)–1

置換 $u=\dfrac{1}{x^2}$ とおくと，$x\to\infty \Rightarrow u\to 0^+$，また $x^4=\dfrac{1}{u^2}$ なので

$$x^4\left(\frac{1}{x^2}-\sin\frac{1}{x^2}\right) =\frac{1}{u^2}(u-\sin u)$$

$u \to 0$ におけるテイラー展開

$$\sin u = u - \frac{u^3}{6}+O(u^5)$$

より

$$u-\sin u = \frac{u^3}{6}+O(u^5)$$

したがって

$$\frac{1}{u^2}(u-\sin u) = \frac{1}{u^2}\left(\frac{u^3}{6}+O(u^5)\right) = \frac{u}{6}+O(u^3)\xrightarrow[u\to0]{}0$$

(1)–2

指数の形に直す：

$$(\cos x)^{\log x}=\exp\bigl(\log x\cdot\log(\cos x)\bigr)$$

したがって

$$L:=\lim_{x\to0^+}(\cos x)^{\log x} = \exp\left(\lim_{x\to0^+}\log x\cdot\log(\cos x)\right)$$

ここで $x\to0^+$ では $\log x\to -\infty$，一方

$$\cos x = 1-\frac{x^2}{2}+O(x^4) \Rightarrow \log(\cos x)= -\frac{x^2}{2}+O(x^4)$$

よって積は

$$\log x\cdot\log(\cos x) = \log x\left(-\frac{x^2}{2}+O(x^4)\right) = -\frac{x^2}{2}\log x + O(x^4\log x)$$

$\displaystyle \lim_{x\to0^+}x^2|\log x|=0$ から

$$\lim_{x\to0^+}\log x\cdot\log(\cos x)=0$$

したがって

$$L=\exp(0)=1$$

(2)

まず $t$ で微分する：

$$\frac{dx}{dt} = \frac{-2t(1+t^2)-(1-t^2)\cdot 2t}{(1+t^2)^2} = -\frac{4t}{(1+t^2)^2}$$

$$\frac{dy}{dt} = \frac{2(1+t^2)-2t\cdot2t}{(1+t^2)^2} = \frac{2(1-t^2)}{(1+t^2)^2}$$

したがって

$$\frac{dy}{dx} =\frac{\dfrac{dy}{dt}}{\dfrac{dx}{dt}} =\frac{2(1-t^2)/(1+t^2)^2}{-4t/(1+t^2)^2} =\frac{t^2-1}{2t}$$

次に $x,y$ の関係を調べる。計算すると

$$x^2+y^2 =\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)^2+\left(\frac{2t}{1+t^2}\right)^2 =1$$

よってこの曲線は単位円 $x^2+y^2=1$ である。 単位円の陰関数 $x^2+y^2=1$ を $x$ で微分すると

$$2x+2y\frac{dy}{dx}=0 \Rightarrow \frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y}$$

実際に $x(t),y(t)$ を代入すると

$$\frac{t^2-1}{2t} = -\frac{x}{y}$$

となり両者が一致することが確認できる。したがって

$$\displaystyle \frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$$

さらに，$x^2+y^2=1$ から $y=\pm\sqrt{1-x^2}$ なので， $x$ だけの式で書けば

$$\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\quad(\text{上半円, }y>0), \qquad \frac{dy}{dx} = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\quad(\text{下半円, }y<0)$$

となる（点ごとにどちらかの枝が選ばれる）。

(3)

分母を実数係数で因数分解する：

$$x^4+1 = (x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1)$$

したがって

$$\frac{x^2}{x^4+1} = \frac{Ax+B}{x^2+\sqrt{2}x+1} +\frac{Cx+D}{x^2-\sqrt{2}x+1}$$

とおいて係数比較をすると

$$A=-\frac{\sqrt{2}}{4},\quad B=0,\quad C=\frac{\sqrt{2}}{4},\quad D=0$$

ゆえに

$$\frac{x^2}{x^4+1} = -\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{x}{x^2+\sqrt{2}x+1} +\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{x}{x^2-\sqrt{2}x+1}$$

ここで，各分数の分子を「分母の微分」と「定数」に分ける：

$$x^2+\sqrt{2}x+1 = (x+\tfrac{\sqrt{2}}{2})^2+\tfrac{1}{2}, \quad \frac{d}{dx}(x^2+\sqrt{2}x+1)=2x+\sqrt{2}$$

$$x = \frac12(2x+\sqrt{2})-\frac{\sqrt{2}}{2}$$

同様に

$$x^2-\sqrt{2}x+1 = (x-\tfrac{\sqrt{2}}{2})^2+\tfrac{1}{2}, \quad \frac{d}{dx}(x^2-\sqrt{2}x+1)=2x-\sqrt{2}$$

$$x = \frac12(2x-\sqrt{2})+\frac{\sqrt{2}}{2}$$

これを用いて積分すると

$$\int\frac{x^2}{x^4+1}dx = \frac{\sqrt{2}}{8} \Bigl[\log(x^2-\sqrt{2}x+1)-\log(x^2+\sqrt{2}x+1) +2\arctan(\sqrt{2}x-1)+2\arctan(\sqrt{2}x+1)\Bigr] + C$$

(4)

まず勾配を求める。計算しやすいように $g(x,y)=1+(x-y)^2,\ h(x,y)=e^{-x^2-y^2}$ とおくと $f=gh$。

$$\frac{\partial f}{\partial x} = g_xh+g h_x = 2(x-y)e^{-x^2-y^2} +\bigl[1+(x-y)^2\bigr](-2x)e^{-x^2-y^2}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y} = g_yh+g h_y = -2(x-y)e^{-x^2-y^2} +\bigl[1+(x-y)^2\bigr](-2y)e^{-x^2-y^2}$$

共通因子 $e^{-x^2-y^2}>0$ をはずして $0$ とおくと

$$\begin{cases} -2x\bigl[(x-y)^2+1\bigr]+2x-2y=0\\ -2y\bigl[(x-y)^2+1\bigr]+2y-2x=0 \end{cases}$$

整理すると

$$\begin{cases} -x\bigl[(x-y)^2+1\bigr]+x-y=0 \\ -y\bigl[(x-y)^2+1\bigr]+y-x=0 \end{cases}$$

すなわち

$$\begin{cases} y=-x(x-y)^2\\ x=-y(x-y)^2 \end{cases}$$

この連立方程式を解くと

$$(x,y)=(0,0),\quad \left(\frac12,-\frac12\right),\quad \left(-\frac12,\frac12\right)$$

の $3$ 点が停留点である。

次にヘッセ行列を用いて各点を分類する。

ヘッセ行列

$$H= \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy}\\ f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix}$$

を計算すると，各点で

• $(0,0)$ では $H(0,0)=\begin{pmatrix}0&-2\\-2&0\end{pmatrix}$ 固有値は $2$ と $-2$（正負混在）なので，ここは 鞍点。

• $\left(\frac12,-\frac12\right),\left(-\frac12,\frac12\right)$ では $H = -4e^{-1/2} \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$ 固有値はすべて負なので，どちらも 局所最大値 を与える点。