跳到主要内容

名古屋大学 工学研究科 電気系専攻 2023年8月実施 基礎1

Author​

鳕鱼bot, 祭音Myyura

Description​

(1) 次の極限値を求めよ。

  • (i) lim⁡x→∞x4(1x2−sin⁡1x2)\lim_{x \to \infty} x^4(\frac{1}{x^2} - \sin \frac{1}{x^2})
  • (ii) lim⁡x→+0(cos⁡x)log⁡x\lim_{x \to +0} (\cos x)^{\log x}

(2) 以下の重積分を求めよ。

∫Dxy(a2+x2+y2)(x2+y2)(y2x2+2)dxdy\int_D \frac{xy}{(a^2 + x^2 + y^2)(x^2+y^2)} \left( \frac{y^2}{x^2} + 2 \right) dxdy

但し、重積分を行う領域は D={(x,y)∣−x/3≤y≤3x,a2≤x2+y2≤b2}D = \{(x,y) \mid -x/\sqrt{3} \leq y \leq \sqrt{3}x, a^2 \leq x^2+y^2 \leq b^2\} とし、a,ba,b は b>a>0b > a > 0 を満たす実数とする。

(3) 次の定積分を求めよ。但し、n=1,2,3,⋯n = 1,2,3, \cdots である。

  • (i) In=∫0πsin⁡nxsin⁡xdxI_n = \int_0^{\pi} \frac{\sin nx}{\sin x} dx(ヒント:計算方法は任意であるが、一例として In−In−2I_n - I_{n-2} がどのようになるかを考えて計算する方法がある。)
  • (ii) Jn=∫0π{sin⁡nxsin⁡x}2dxJ_n = \int_0^{\pi} \left\{\frac{\sin nx}{\sin x}\right\}^2 dx

题目描述​

  1. 求

    lim⁡x→∞x4(1x2−sin⁡1x2),lim⁡x→0+(cos⁡x)log⁡x.\lim_{x\to\infty}x^4\left(\frac1{x^2}-\sin\frac1{x^2}\right), \qquad \lim_{x\to0^+}(\cos x)^{\log x}.
  2. 设 b>a>0b>a>0,在区域

    D={(x,y) | −x3≤y≤3x,a2≤x2+y2≤b2}D=\left\{(x,y)\ \middle|\ -\frac{x}{\sqrt3}\le y\le\sqrt3x, a^2\le x^2+y^2\le b^2\right\}

    上计算

    ∬Dxy(a2+x2+y2)(x2+y2)(y2x2+2) dx dy.\iint_D \frac{xy}{(a^2+x^2+y^2)(x^2+y^2)} \left(\frac{y^2}{x^2}+2\right)\,dx\,dy.
  3. 对 n=1,2,…n=1,2,\ldots,求

    In=∫0πsin⁡nxsin⁡x dx,Jn=∫0π(sin⁡nxsin⁡x)2dx.I_n=\int_0^\pi\frac{\sin nx}{\sin x}\,dx, \qquad J_n=\int_0^\pi\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^2dx.

    可通过考察 In−In−2I_n-I_{n-2} 等递推关系计算。

Kai​

(1)​

(i)​

lim⁡x→∞x4(1x2−sin⁡1x2)=lim⁡t→01t2(t−sin⁡t)=lim⁡t→01−cos⁡t2t(L’Hoˆpital’s rule)=0\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} x^4(\frac{1}{x^2} - \sin \frac{1}{x^2}) &= \lim_{t \to 0} \frac{1}{t^2} (t - \sin t) \\ &= \lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos t}{2t} \quad (\text{L'Hôpital's rule}) \\ &= 0 \end{aligned}

(ii)​

lim⁡x→+0(cos⁡x)log⁡x=lim⁡x→+0elog⁡(cos⁡x)log⁡x=lim⁡x→+0esin⁡xx(xlog⁡x)2cos⁡x(L’Hoˆpital’s rule)=e0=1\begin{aligned} \lim_{x \to +0} (\cos x)^{\log x} &= \lim_{x \to +0} e^{\log (\cos x) \log x} \\ &= \lim_{x \to +0} e^{\frac{\sin x}{x} \frac{(x \log x)^2}{\cos x}} \quad (\text{L'Hôpital's rule}) \\ &= e^0 = 1 \end{aligned}

(2)​

x=rcos⁡θ,y=rsin⁡θx = r\cos \theta, y = r\sin \theta とすると、

a≤r≤b,−π6≤θ≤π3a \leq r \leq b, -\frac{\pi}{6} \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}

がわかる。よって、

∫Dxy(a2+x2+y2)(x2+y2)(y2x2+2)dxdy=∫ab∫−π6π3r2cos⁡θsin⁡θ(tan⁡2θ+2)(a2+r2)r2rdθdr=∫abra2+r2dr∫−π6π3tan⁡θ(1+cos⁡2θ)dθ=12log⁡a2+b22a2(∫−π6π3tan⁡θdθ+∫−π6π3sin⁡θcos⁡θdθ)=12log⁡a2+b22a2(12log⁡3+14)\begin{aligned} \int_D \frac{xy}{(a^2 + x^2 + y^2)(x^2+y^2)} \left( \frac{y^2}{x^2} + 2 \right) dxdy &= \int_{a}^{b} \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{r^2 \cos \theta \sin \theta (\tan^2 \theta + 2)}{(a^2+r^2)r^2} r d\theta dr\\ &= \int_a^b \frac{r}{a^2+r^2}dr \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \tan \theta (1+\cos^2 \theta) d\theta \\ &= \frac{1}{2}\log \frac{a^2+b^2}{2a^2} \left(\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \tan \theta d\theta+ \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \sin \theta \cos \theta d\theta \right) \\ &= \frac{1}{2}\log \frac{a^2+b^2}{2a^2} \left( \frac{1}{2} \log3 + \frac{1}{4}\right) \end{aligned}

(3)​

(i)​

I1=πI_1 = \pi
I2=0I_2 = 0

n≥3n\geq 3 とすると,

In−2=∫0πsin⁡nxcos⁡2x−sin⁡2xcos⁡nxsin⁡xdxI_{n-2} = \int_0^{\pi} \frac{\sin nx \cos 2x - \sin 2x \cos nx}{\sin x} dx
In−In−2=∫0πsin⁡nx(1−cos⁡2x)+sin⁡2xcos⁡nxsin⁡xdx=∫0π2(sin⁡nxsin⁡x+cos⁡xcos⁡nx)dx=2∫0π(cos⁡(n−1)x)dx=0\begin{aligned} I_n - I_{n-2} &= \int_{0}^{\pi} \frac{\sin nx (1 - \cos 2x) + \sin 2x \cos nx}{\sin x}dx \\ &= \int_0^{\pi} 2(\sin nx \sin x + \cos x \cos nx) dx \\ &= 2 \int_0^{\pi} (\cos (n-1)x) dx \\ &= 0 \end{aligned}

よって、

In={0(if n≥1 is even)π(if n≥1 is odd)I_n = \begin{cases} 0 &(\text{if } n \geq 1 \text{ is even}) \\ \pi &(\text{if } n \geq 1 \text{ is odd}) \end{cases}

(ii)​

Jn=∫0π{sin⁡nxsin⁡x}2dx=∫0π1−cos⁡2nx2sin⁡2xdxJ_n = \int_0^{\pi} \left\{\frac{\sin nx}{\sin x}\right\}^2dx = \int_0^{\pi} \frac{1-\cos 2nx}{2\sin^2 x}dx
Jn−1=∫0π1−cos⁡2(n−1)x2sin⁡2xdx=∫0π1−(cos⁡2nxcos⁡2x+sin⁡2nxsin⁡2x)2sin⁡2xdxJ_{n-1} = \int_0^{\pi} \frac{1-\cos 2(n-1)x}{2\sin^2 x}dx = \int_0^{\pi} \frac{1-(\cos 2nx \cos2x + \sin 2nx \sin 2x)}{2\sin^2 x} dx
Jn−Jn−1=∫0π−cos⁡2nx(1−cos⁡2x)+sin⁡2nxsin⁡2x2sin⁡2xdx=∫0π−2cos⁡2nxsin⁡2x+2sin⁡2nxsin⁡xcos⁡x2sin⁡2xdx=∫0πsin⁡2nxcos⁡x−cos⁡2nxsin⁡xsin⁡xdx=∫0πsin⁡(2n−1)xsin⁡xdx=π\begin{aligned} J_n - J_{n-1} &= \int_0^{\pi} \frac{-\cos 2nx (1 - \cos 2x) + \sin 2nx \sin 2x}{2\sin^2x}dx \\ &= \int_0^{\pi} \frac{-2\cos 2nx \sin^2x + 2\sin 2nx \sin x \cos x}{2\sin^2x}dx \\ &= \int_0^{\pi} \frac{\sin 2nx \cos x - \cos 2nx \sin x}{\sin x}dx \\ &= \int_0^{\pi} \frac{\sin (2n-1)x}{\sin x} dx \\ &= \pi \end{aligned}

よって、

Jn=J0+nπ=nπ(J0=0)J_n = J_0 + n\pi = n\pi \qquad (J_0=0)