名古屋大学 多元数理科学研究科 2021年2月実施 1日目 [2]

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Author

江澤 樹

Description

以下の問に答えよ．

(1) 広義積分 $\int_1^{\infty} \frac{\cos x}{x} dx$ が収束することを示せ．

(2) $\mathbb{R}^2$ 上で定義された $2$ 変数関数 $f(x,y) = x^2 - y^4 - (x+y)^4$ の極値をすべて求めよ．

(3) $a > 0$ とする．次の積分値を求めよ．

$$\int_0^a \left(\int_y^{\sqrt{2a^2-y^2}} e^{x^2 + y^2} dx \right) dy$$

Kai

(2) において Hessian が $0$ になるときは極値をとっていないと予想し, $(0, 0)$ の近傍での挙動をを観察した. (3) は被積分関数に $x^2 + y^2$ という式があったため極座標変換を行った.

(1)

部分積分により任意の二つの正実数 $s < t$ に対して

$$\begin{aligned} \left | \int_s^t \frac{\cos x}{x} dx \right | &= \left | \left[ \frac{\sin x}{x} \right]_s^t - \int_s^t \frac{\sin x}{-x^2} dx \right | \\ &\leq \frac{|\sin t|}{t} + \frac{|\sin s|}{s} + \int_s^t \frac{|\sin x|}{x^2}dx \\ &\leq \frac{1}{t} + \frac{1}{s} + \int_s^t \frac{1}{x^2}dx \\ &= \frac{1}{t} + \frac{1}{s} - \frac{1}{t} + \frac{1}{s} \\ &= \frac{2}{s} \end{aligned}$$

が得られる. よって, 与えられた正実数 $\varepsilon$ に対し $c$ を $2/ \varepsilon$ より大きくとれば, $c < s < t$ を満たす任意の二つの実数 $s,t$ に対して

$$\left | \int_s^t \frac{\cos x}{x} dx \right | \leq \frac{2}{s} \leq \varepsilon$$

が成り立つことがわかる. このように Cauchy の判定法の条件を満たすことが確かめられたため, この広義積分は収束する.

(2)

関数 $f$ の偏導関数は

$$\frac{\partial f}{\partial x} (x,y) = 2x - 4(x+y)^3, \ \frac{\partial f}{\partial y} (x,y) = -4y^3 - 4(x+y)^3$$

であり,

$$\frac{\partial f}{\partial x} (x,y) = \frac{\partial f}{\partial y} (x,y) = 0 \Leftrightarrow 2x - 4(x+y)^3 = -4y^3 - 4(x+y)^3 = 0$$

なので停留点は

$$(x,y) = (0,0), \ (\pm 2, \mp 1)$$

である(複号同順). 次にこの3つの点での Hessian を計算しよう. Hesse 行列は

$$H_f(x,y) := \begin{pmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x,y) & \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (x,y) \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x,y) & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x,y) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2-12(x+y)^2 & -12(x+y)^2 \\ -12(x+y)^2 & -12y^2-12(x+y)^2 \end{pmatrix}$$

より

$$\text{det} H_f(0,0) = \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{vmatrix} = 0$$

であり, Hessian からは何もわからない. しかし

$$f(x,0) = x^2 - y^4 > 0 \ \ (0 < |x| < 1), \quad f(0, y) = -2y^4 < 4 \ \ (y \neq 0)$$

であるから $(x, y) = (0, 0)$ で極値をとらない.

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x} (\pm 2, \mp 1) = -10 < 0, \quad \text{det} H_f(\pm 2, \mp 1) = \begin{vmatrix} -10 & -12 \\ -12 & -24 \end{vmatrix} = 96 > 0$$

ゆえ $(x,y) = (\pm 2, \mp 1)$ で極大値をとる(複号同順). 以上を表にまとめて

停留点	$f_{xx}$	Hessian	極値か?
$(0, 0)$	2	0	極値をとらない
$(2,-1)$	$-10 \ (-)$	$96 \ (+)$	極大値 $2$
$(-2,1)$	$-10 \ (-)$	$96 \ (+)$	極大値 $2$

から $f$ の極値は極大値 $f(\pm 2, \mp 1) = 2$ のみである(複号同順).

(3)

$D:= \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leq 2a^2, 0 \leq y \leq x\}$ とおく. 図示すると次のようになる:

極座標変換 $x = r \cos \theta, y = r \sin \theta$ により $D$ は $\Omega := \{(r, \theta) \mid 0 \leq r \leq \sqrt{2} a, 0 \leq \theta \leq \pi / 4\}$ に対応し, このときの Jacobian は $\frac{\partial (x,y)}{\partial (r, \theta)} = r$ である. よって

$$\begin{aligned} \int_0^a \left( \int_y^{\sqrt{2a^2 - y^2}} e^{x^2+y^2} dx \right) dy &= \iint_D e^{x^2+y^2} dxdy = \iint_{\Omega} e^{r^2} r dr d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} d\theta \int_0^{\sqrt{2}a} e^{r^2}r dr \\ &= \frac{\pi}{8} (e^{2a^2} - 1) \end{aligned}$$

と求まる.