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筑波大学 理工情報生命学術院 システム情報工学研究群 社会工学学位プログラム・サービス工学学位プログラム 共通 2023年8月実施 数学 II

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Author​

思齐塾, 祭音Myyura

Description​

以下の問 (1) 及び (2) に答えよ。

(1) 実数関数 f(x)=11+x(x>−1)f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}} (x > -1) とする。 f(n)(x)(n=1,2,...)f^{(n)}(x) (n = 1, 2, ...) は f(x)f(x) の nn 階導関数である。以下の問に答えよ。

(a) 次の値をそれぞれ求めよ。

i) f(1)(0)f^{(1)}(0)

ii) f(2)(0)f^{(2)}(0)

iii) f(3)(0)f^{(3)}(0)

(b) 次の極限を求めよ。

i) lim⁡x→0f(x1/3)−1+12x1/3x2/3\lim_{x \to 0} \frac{f(x^{1/3}) - 1 + \frac{1}{2}x^{1/3}}{x^{2/3}}

ii) lim⁡x→01−12x1/3+38x2/3−f(x1/3)x\lim_{x \to 0} \frac{1 - \frac{1}{2}x^{1/3} + \frac{3}{8}x^{2/3} - f(x^{1/3})}{x}

(2) 実数関数 g(x)g(x) は以下のように定義される。

g(x)={xe−x2/2x≥00x<0g(x) = \begin{cases} xe^{-x^2/2} & x \geq 0 \\ 0 & x < 0 \end{cases}

以下の問に答えよ。ただし、 ∫−∞∞e−x2/2dx=2π\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2/2} dx = \sqrt{2\pi} を証明なしで使ってもよい。

(a) ∫−∞∞g(x)dx\int_{-\infty}^{\infty} g(x) dx を求めよ。

(b) ∫−∞∞xg(x)dx\int_{-\infty}^{\infty} xg(x) dx を求めよ。

(c) ∫−∞∞x2g(x)dx\int_{-\infty}^{\infty} x^2g(x) dx を求めよ。

(d) 自然数 n≥1n \geq 1 に対して、 μn=∫−∞∞xng(x)dx\mu_n = \int_{-\infty}^{\infty} x^n g(x) dx とする。次の値を求めよ。

i) μ2n\mu_{2n}

ii) μ2n+1\mu_{2n+1}

题目描述​

完成以下两题。

  1. 对 x>−1x>-1，定义

    f(x)=11+x,f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x}},

    并以 f(n)(x)f^{(n)}(x) 表示其 nn 阶导数，其中 n=1,2,…n=1,2,\ldots。

    1. 分别求

      (i) f(1)(0),(ii) f(2)(0),(iii) f(3)(0).\text{(i)}\ f^{(1)}(0),\qquad \text{(ii)}\ f^{(2)}(0),\qquad \text{(iii)}\ f^{(3)}(0).

    2. 分别求

      (i)lim⁡x→0f(x1/3)−1+12x1/3x2/3,\text{(i)}\quad \lim_{x\to0} \frac{f(x^{1/3})-1+\frac12x^{1/3}}{x^{2/3}},
      (ii)lim⁡x→01−12x1/3+38x2/3−f(x1/3)x.\text{(ii)}\quad \lim_{x\to0} \frac{ 1-\frac12x^{1/3}+\frac38x^{2/3}-f(x^{1/3}) }{x}.

  2. 定义实函数

    g(x)={xe−x2/2,x≥0,0,x<0.g(x)= \begin{cases} xe^{-x^2/2},&x\geq0,\\ 0,&x<0. \end{cases}

    可以不加证明地使用

    ∫−∞+∞e−x2/2 dx=2π.\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2/2}\,dx=\sqrt{2\pi}.

    回答：

    1. 求 ∫−∞+∞g(x) dx\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)\,dx；

    2. 求 ∫−∞+∞xg(x) dx\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}xg(x)\,dx；

    3. 求 ∫−∞+∞x2g(x) dx\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}x^2g(x)\,dx；

    4. 对自然数 n≥1n\geq1，定义

      μn=∫−∞+∞xng(x) dx.\mu_n=\int_{-\infty}^{+\infty}x^ng(x)\,dx.

      分别求

      (i) μ2n,(ii) μ2n+1.\text{(i)}\ \mu_{2n},\qquad \text{(ii)}\ \mu_{2n+1}.

Kai​

(1) (a) i) f(x)=(1+x)−1/2f(x)=(1+x)^{-1/2} とすると，

f′(x)=−12(1+x)−3/2,f′(0)=−12f'(x) =-\frac12(1+x)^{-3/2}, \qquad f'(0)=-\frac12

ii)

f′′(x)=34(1+x)−5/2,f′′(0)=34f''(x) =\frac34(1+x)^{-5/2}, \qquad f''(0)=\frac34

iii)

f′′′(x)=−158(1+x)−7/2,f′′′(0)=−158f'''(x) =-\frac{15}{8}(1+x)^{-7/2}, \qquad f'''(0)=-\frac{15}{8}

(b) i) f(x)=(1+x)−1/2f(x)=(1+x)^{-1/2} のテイラー展開より

f(x)=1−12x+38x2+O(x3)f(x) =1-\frac12 x+\frac38 x^2+O(x^3)

が成り立つ。 したがって

f(x1/3)=1−12x1/3+38x2/3+O(x)f(x^{1/3}) =1-\frac12 x^{1/3} +\frac38 x^{2/3} +O(x)

である。

よって

lim⁡x→0f(x1/3)−1+12x1/3x2/3=lim⁡x→038x2/3+O(x)x2/3=38\begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{ f(x^{1/3})-1+\frac12 x^{1/3} }{x^{2/3}} &= \lim_{x\to 0} \frac{ \frac38 x^{2/3}+O(x) }{x^{2/3}} \\ &=\frac38 \end{aligned}

ii) 再びテイラー展開を用いると

f(x1/3)=1−12x1/3+38x2/3−516x+O(x4/3)f(x^{1/3}) = 1-\frac12 x^{1/3} +\frac38 x^{2/3} -\frac{5}{16}x +O(x^{4/3})

である。

したがって

lim⁡x→01−12x1/3+38x2/3−f(x1/3)x=lim⁡x→0516x+O(x4/3)x=516\begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{ 1-\frac12 x^{1/3} +\frac38 x^{2/3} -f(x^{1/3}) }{x} &= \lim_{x\to 0} \frac{ \frac{5}{16}x+O(x^{4/3}) }{x} \\ &=\frac{5}{16} \end{aligned}

(2) (a)

∫−∞∞g(x) dx=∫−∞00 dx+∫0∞xe−x2/2 dx=∫0∞xe−x2/2 dx\int_{-\infty}^{\infty} g(x)\,dx = \int_{-\infty}^{0}0\,dx +\int_{0}^{\infty} x e^{-x^2/2}\,dx = \int_{0}^{\infty} x e^{-x^2/2}\,dx

ここで u=x22u=\frac{x^2}{2} とおくと du=x dxdu=x\,dx であるから，

∫0∞xe−x2/2 dx=∫0∞e−u du=[−e−u]0∞=1\int_{0}^{\infty} x e^{-x^2/2}\,dx = \int_{0}^{\infty} e^{-u}\,du = [-e^{-u}]_{0}^{\infty} =1

(b)

∫−∞∞xg(x) dx=∫0∞x2e−x2/2 dx\int_{-\infty}^{\infty} xg(x)\,dx = \int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x^2/2}\,dx

とおく。 I=∫0∞x2e−x2/2 dxI=\int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x^2/2}\,dx として部分積分を行う。

u=x, dv=xe−x2/2dxu=x,\ dv=xe^{-x^2/2}dx とすると， du=dx, v=−e−x2/2du=dx,\ v=-e^{-x^2/2} である。

よって

I=[−xe−x2/2]0∞+∫0∞e−x2/2 dx=12∫−∞∞e−x2/2 dx=122π=π2\begin{aligned} I &= [-x e^{-x^2/2}]_{0}^{\infty} +\int_{0}^{\infty} e^{-x^2/2}\,dx \\ &= \frac12 \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2/2}\,dx = \frac12\sqrt{2\pi} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \end{aligned}

(c)

∫−∞∞x2g(x) dx=∫0∞x3e−x2/2 dx\int_{-\infty}^{\infty} x^2 g(x)\,dx = \int_{0}^{\infty} x^3 e^{-x^2/2}\,dx

u=x22u=\frac{x^2}{2} とおくと， x2=2u, du=x dxx^2=2u,\ du=x\,dx であるから

∫0∞x3e−x2/2 dx=∫0∞2ue−u du=2Γ(2)=2\int_{0}^{\infty} x^3 e^{-x^2/2}\,dx = \int_{0}^{\infty} 2u e^{-u}\,du = 2\Gamma(2) =2

(d) i)

μ2n=∫−∞∞x2ng(x) dx=∫0∞x2n+1e−x2/2 dx\mu_{2n} = \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n} g(x)\,dx = \int_{0}^{\infty} x^{2n+1} e^{-x^2/2}\,dx

u=x22u=\frac{x^2}{2} とすると x2n=(2u)nx^{2n}=(2u)^n であるから

μ2n=2n∫0∞une−u du=2nΓ(n+1)=2nn!\mu_{2n} = 2^n \int_{0}^{\infty} u^n e^{-u}\,du = 2^n \Gamma(n+1) = 2^n n!

ii)

μ2n+1=∫−∞∞x2n+1g(x) dx=∫0∞x2n+2e−x2/2 dx\mu_{2n+1} = \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n+1} g(x)\,dx = \int_{0}^{\infty} x^{2n+2} e^{-x^2/2}\,dx

I=∫0∞x2n+2e−x2/2 dxI=\int_{0}^{\infty} x^{2n+2} e^{-x^2/2}\,dx とし， u=x2n+1, dv=xe−x2/2dxu=x^{2n+1},\ dv=xe^{-x^2/2}dx として部分積分を行う。

すると

I=(2n+1)∫0∞x2ne−x2/2 dxI = (2n+1) \int_{0}^{\infty} x^{2n} e^{-x^2/2}\,dx

この操作を繰り返すことで

μ2n+1=(2n+1)(2n−1)⋯3⋅1π2=(2n+1)!2nn!π2\mu_{2n+1} = (2n+1)(2n-1)\cdots 3\cdot 1 \sqrt{\frac{\pi}{2}} = \frac{(2n+1)!}{2^n n!} \sqrt{\frac{\pi}{2}}

を得る。

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