名古屋大学工学研究科電気電子情報工学科 2024年8月実施基礎1

标签：

Author

祭音Myyura

(1) 次の関数の導関数を求めよ。

y = \arcsin(2x\sqrt{1 - x^2}) \quad (0 < x^2 <1)

(2) 次の不等式を示せ。

1 + x \leq e^{x} \leq \frac{1}{1 - x} \quad (x < 1)

(3) 次の定積分を求めよ。ただし、収束 $\cdot$ 発散の評価は不要である。

\int_0^4\frac{dx}{\sqrt{|x(x - 2)|}}

ヒント: $\int\frac{dx}{\sqrt{x^2 + A}} = \log|x + \sqrt{x^2 + A}| + C$ を使ってもよい。ただし、 $A$ は $0$ でない定数、 $C$ は積分定数である。
ヒント: $\int\frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x + C$ を使ってもよい。ただし、 $C$ は積分定数である。

(4) 以下の式の極限が存在する場合はその値を求めよ。存在しない場合は、存在しないことを示せ (ヒント：極座標変換を用いるとよい)。

\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)} 2xy\log(x^2 + y^2)

$u = 2x\sqrt{1 - x^2}$ とすると、

\begin{aligned} \frac{du}{dx} &= 2\sqrt{1 - x^2} + 2x(-\frac{1}{2} \cdot \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}) \\ &= \frac{2(1 - x^2) - 2x^2}{\sqrt{1 - x^2}} \\ &= \frac{-4x^2 + 2}{\sqrt{1 - x^2}} \end{aligned}

$\frac{d}{du}\sin^{-1}(u) = \frac{1}{\sqrt{1 - u^2}}$ より、

\begin{aligned} \frac{dy}{dx} &= \frac{d}{dx}\sin^{-1} \cdot \frac{du}{dx} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1 - u^2}} \cdot \frac{2(1 - 2x^2)}{\sqrt{1 - x^2}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1 - 4x^2(1 - x^2)}} \cdot \frac{2(1 - 2x^2)}{\sqrt{1 - x^2}} \\ &= \frac{-1}{\sqrt{(2x^2 - 1)^2}} \cdot \frac{2x^2 - 1}{\sqrt{1 - x^2}} \end{aligned}

(i) $2x^2 - 1 > 0$ , $\frac{1}{\sqrt{2}} < x < 1$ のとき、

y' = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}

(ii) $2x^2 - 1 = 0 , x = \pm\frac{1}{\sqrt{2}}$ のとき、

y' = 0

(iii) $2x^2 - 1 < 0$ 、 $-\frac{1}{\sqrt{2}} < x < \frac{1}{\sqrt{2}}$ のとき、

y' = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}

$f(x) = e^{x} - (1 + x)$ とすると、 $f'(x) = e^{x} - 1$

$x$	$\cdots$	$0$	$\cdots$	$1$
$f'$	$-$	$0$	$+$
$f$	$\searrow$		$\nearrow$

$f(0) = 0$ と増減表により、

\begin{aligned} e^{x} \geq 1 + x \end{aligned}

$g(x) = \frac{1}{1 - x} - e^{x},g'(x) = \frac{1}{(1 - x)^2} - e^{x}$

$g'(x) = 0$ のとき、 $x = 0$

$x$	$\cdots$	$0$	$\cdots$	$1$
$g'$	$-$	$0$	$+$
$g$	$\searrow$		$\nearrow$

$g(0) = 0$ と増減表により、

\begin{aligned} \frac{1}{1 - x} \geq e^{x} \end{aligned}

従って、

1 + x \leq e^{x} \leq \frac{1}{1 - x}

\begin{align} &\int_{\alpha}^{\beta}\frac{dx}{\sqrt{-x(x - 2)}} + \int_{\beta}^4 \frac{dx}{\sqrt{x(x - 2)}} \notag\\ =& \int_{\alpha}^{\beta}\frac{dx}{\sqrt{-(x - 1)^2 + 1}} + \int_{\beta}^4 \frac{dx}{\sqrt{(x - 1)^2 - 1}} \notag\\ =& \bigg[\sin^{-1}(x - 1)\bigg]_{\alpha}^{\beta} + \bigg[\log|(x - 1) + \sqrt{(x - 1)^2 - 1}|\bigg]_{\beta}^4 \notag\\ =& \sin^{-1}(\beta - 1) - \sin^{-1}(\alpha - 1) + \log|3 + 2\sqrt{2}| - \log|(\beta - 1) + \sqrt{(\beta - 1)^2} + 1| \tag{*}\\ \end{align}

$\alpha \rightarrow 0 ,\beta \rightarrow 2$ の極限を考えると、

\begin{aligned} (*) &= \sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(-1) + \log|3 + 2\sqrt{2}| \\ &= 2\sin^{-1}(1) + \log(3 + 2\sqrt{2}) \end{aligned}

$x = r\cos\theta ,y = r\sin\theta$ とすると、 $(r,\theta) \rightarrow (0,0)$ の極限を考えれば良い、

\begin{aligned} \lim_{(r,\theta) \rightarrow (0,0)}2r^2\sin\theta\cos\theta \log r^2 = \lim_{(r,\theta) \rightarrow (0,0)} r^2\sin2\theta \cdot 2\log r \end{aligned}

$0 \leq |\sin2\theta| \leq 1$ により、

\begin{aligned} 0 \leq |2r^2\sin2\theta\log r| \leq 2r^2\log2 \end{aligned}

を得る。よって、

\begin{aligned} \lim_{r \rightarrow 0} 2r^2 \log r &= \lim_{r \rightarrow 0} \frac{\log r}{\frac{1}{2r^2}} \\ &= \lim_{r \rightarrow 0} \frac{1}{r} \cdot (\frac{1}{-\frac{1}{r^3}}) \\ &= \lim_{r \rightarrow 0} (-r^2) \\ &= 0 \end{aligned}

同様に、

\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)} 2xy\log(x^2 + y^2) = \lim_{(r,\theta) \rightarrow (0,0)} 2r^2\sin2\theta\log r = 0 \end{aligned}