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東北大学 大学院理学研究科 数学専攻 2021年8月実施 共通問題 問題4

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Author​

祭音Myyura (Based on L^2's answer refined with GPT 6 Astra)

Description​

問題は4題ある．全問に解答すること．

L>0L>0 とする．t∈[0,L)t\in[0,L) に対し，

I(t)=∫0∞e−x2cosh⁡(tx) dx,J(t)=∫0∞xe−x2sinh⁡(tx) dxI(t)=\int_0^{\infty}e^{-x^2}\cosh(tx)\,dx, \qquad J(t)=\int_0^{\infty}xe^{-x^2}\sinh(tx)\,dx

とおく．ただし，sinh⁡(x)\sinh(x) と cosh⁡(x)\cosh(x) はそれぞれ

sinh⁡(x)=ex−e−x2,cosh⁡(x)=ex+e−x2\sinh(x)=\frac{e^x-e^{-x}}2, \qquad \cosh(x)=\frac{e^x+e^{-x}}2

で定義される関数とする．以下の問いに答えよ．

(1) I(0)I(0) を求めよ．

(2) 広義積分 I(t)=∫0∞e−x2cosh⁡(tx) dxI(t)=\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}\cosh(tx)\,dx と J(t)=∫0∞xe−x2sinh⁡(tx) dxJ(t)=\displaystyle\int_0^{\infty}xe^{-x^2}\sinh(tx)\,dx はともに tt に関し [0,L)[0,L) 上で一様収束することを示せ．

(3) t∈(0,L)t\in(0,L) に対して I′(t)=t2I(t)I'(t)=\dfrac t2I(t) が成り立つことを示せ．

(4) I(t)I(t) を求めよ．

题目描述​

本卷共有4题，全部作答。

设 L>0L>0。对 t∈[0,L)t\in[0,L)，令

I(t)=∫0∞e−x2cosh⁡(tx) dx,J(t)=∫0∞xe−x2sinh⁡(tx) dx.I(t)=\int_0^{\infty}e^{-x^2}\cosh(tx)\,dx, \qquad J(t)=\int_0^{\infty}xe^{-x^2}\sinh(tx)\,dx.

其中双曲正弦与双曲余弦分别定义为

sinh⁡(x)=ex−e−x2,cosh⁡(x)=ex+e−x2.\sinh(x)=\frac{e^x-e^{-x}}2, \qquad \cosh(x)=\frac{e^x+e^{-x}}2.

回答下列问题。

(1) 求 I(0)I(0)。

(2) 证明广义积分 I(t)=∫0∞e−x2cosh⁡(tx) dxI(t)=\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}\cosh(tx)\,dx 和 J(t)=∫0∞xe−x2sinh⁡(tx) dxJ(t)=\displaystyle\int_0^{\infty}xe^{-x^2}\sinh(tx)\,dx 关于 tt 都在 [0,L)[0,L) 上一致收敛。

(3) 对 t∈(0,L)t\in(0,L)，证明 I′(t)=t2I(t)I'(t)=\dfrac t2 I(t)。

(4) 求 I(t)I(t)。

Kai​

(1)​

I(0)=∫0∞e−x2 dx>0I(0)=\int_0^{\infty}e^{-x^2}\,dx>0．平方して極座標に変換すると

I(0)2=∫0π/2∫0∞e−r2r dr dθ=π4.I(0)^2 =\int_0^{\pi/2}\int_0^{\infty}e^{-r^2}r\,dr\,d\theta =\frac{\pi}{4}.

したがって I(0)=π/2I(0)=\sqrt{\pi}/2．

(2)​

0≤t<L0\le t<L，x≥0x\ge0 に対して

∣e−x2cosh⁡(tx)∣≤e−x2+Lx,∣xe−x2sinh⁡(tx)∣≤xe−x2+Lx.|e^{-x^2}\cosh(tx)|\le e^{-x^2+Lx}, \qquad |xe^{-x^2}\sinh(tx)|\le xe^{-x^2+Lx}.

ここで −x2+Lx=−(x−L/2)2+L2/4-x^2+Lx=-(x-L/2)^2+L^2/4 だから，右辺はいずれも [0,∞)[0,\infty) 上で可積分である．したがって

sup⁡0≤t<L∣∫R∞e−x2cosh⁡(tx) dx∣≤∫R∞e−x2+Lx dx⟶0,sup⁡0≤t<L∣∫R∞xe−x2sinh⁡(tx) dx∣≤∫R∞xe−x2+Lx dx⟶0.\begin{aligned} \sup_{0\le t<L}\left|\int_R^{\infty}e^{-x^2}\cosh(tx)\,dx\right| &\le\int_R^{\infty}e^{-x^2+Lx}\,dx\longrightarrow0,\\ \sup_{0\le t<L}\left|\int_R^{\infty}xe^{-x^2}\sinh(tx)\,dx\right| &\le\int_R^{\infty}xe^{-x^2+Lx}\,dx\longrightarrow0. \end{aligned}

ゆえに両広義積分は tt に関して一様収束する．

(3)​

被積分関数の tt 微分は xe−x2sinh⁡(tx)xe^{-x^2}\sinh(tx) であり，(2) の可積分な上界によって積分記号下の微分が正当化される．したがって I′(t)=J(t)I'(t)=J(t)．さらに部分積分により

J(t)=−12[e−x2sinh⁡(tx)]0∞+t2∫0∞e−x2cosh⁡(tx) dx=t2I(t).\begin{aligned} J(t) &=-\frac12\left[e^{-x^2}\sinh(tx)\right]_{0}^{\infty} +\frac t2\int_0^{\infty}e^{-x^2}\cosh(tx)\,dx\\ &=\frac t2I(t). \end{aligned}

境界項は x=0x=0 では sinh⁡0=0\sinh0=0，x→∞x\to\infty では Gaussian の減衰によって 00 となる．

(4)​

(3) より ddt(e−t2/4I(t))=0\dfrac{d}{dt}(e^{-t^2/4}I(t))=0．t=0t=0 での連続性と (1) を用いて

I(t)=π2et2/4(0≤t<L).\boxed{I(t)=\frac{\sqrt{\pi}}2e^{t^2/4}\qquad(0\le t<L)}.

Reference​

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