ochiai/takase の履歴(No.3)

• 履歴一覧
• 差分 を表示
• 現在との差分 を表示
• ソース を表示
• ochiai/takase へ行く。
  • 1 (2014-01-30 (木) 13:27:00)
  • 2 (2014-01-30 (木) 16:04:08)
  • 3 (2014-01-31 (金) 01:34:34)
  • 4 (2014-01-31 (金) 23:55:48)
  • 5 (2014-02-01 (土) 04:12:33)
  • 6 (2014-02-06 (木) 14:26:30)

高瀬正仁「古典的難問に学ぶ微分積分」共立出版

• 講義の準備をした上で気がついた点
• p37, 問題1.2の解答。line 9 まで行った段階で、$t=1/s$ と変数変換すると、 $\displaystyle \int_1^{\frac1y} \left( \frac1t-\frac1{\sqrt[3]{1+t^3}}\right)dt =\int_y^1 \left(1-\frac{1}{\sqrt[3]{1+s^3}} \right) \frac{ds}{s}$となる. line -5 と同じ変形によって、 $=\displaystyle\int_y^1 \frac{s^2}{\sqrt[3]{1+s^3}(\sqrt[3]{1+s^3}^2+\sqrt[3]{1+s^3}+1)} ds$ となる。最後の式の被跡分関数は $0 \le s \le 1$ で連続なので、可積分であり、$y\to+0$ の時に極限値 $\displaystyle\int_0^1 \frac{s^2}{\sqrt[3]{1+s^3}(\sqrt[3]{1+s^3}^2+\sqrt[3]{1+s^3}+1)} ds$ に収束する。
• p38, 問題1.3。$g(x)=\sin x$ と置くと、$\displaystyle f(x) = \frac{1}{g(x)-g(\alpha)} - \frac{1}{(x-\alpha) g'(\alpha)}$である。右辺を通分して変形すると、 $\displaystyle f(x)= - \frac{g(x)-g(\alpha)-g'(\alpha) (x-\alpha)}{(x-\alpha)^2} \cdot \frac{x-\alpha}{g(x)-g(\alpha)} \cdot \frac{1}{g'(\alpha)}$ となる。 右辺の第１項、第２項の$x\to\alpha$ における極限値はそれぞれ、$\frac12 g^{\prime\prime}(\alpha)$, $1/g'(\alpha)$ であり、これより、$\displaystyle \lim_{x\to\alpha} f(x) = -\frac{g^{\prime\prime}(\alpha)}{2g'(\alpha)^2}$ となる。
• p52, 問題1.9. まず、与えられた曲線は有理パラメータ表示を与えることができる。実際、$t=x/y$ という変数を導入して、$x$ を消去すると、$\displaystyle y= \frac{t^2-1}{t^2}$, したがって、$\displaystyle x= \frac{t^2-1}{t}$ と表すことができる。これらの式を、$f(x,y)$に代入すると、$f(x,y) = \displaystyle \frac{t^2(t+5)}{1+t-6t^2}$ と表すことができる。この式を $g(t)$ とおく。 さて、上のパラメータ表示で $(x,y)=(0,0)$ となるのは、$t=\pm1$ のときである。 $t=1$, $t=-1$ のとき、それぞれ、$g(1) = -\frac32$, $g(-1)=-\frac23$ である。これは、本にある解答の数値と一致する。
• p69, 問題1.14. 変数変換 $t=x+\log u$ によって、積分変数を $t$ から $u$ に置換積分すると、 $f(x) = \displaystyle \int_{e^{-x}}^1 \sqrt{x+\log u} du$ となる。したがって、$0<x<y$ のとき、 $f(x) = \displaystyle \int_{e^{-x}}^1 \sqrt{x+\log u} du < \int_{e^{-x}}^1 \sqrt{y+\log u} du

  \int_{e^{-y}}^1 \sqrt{y+\log u} du =f(y)$ となるので、$f$ は増加関数である。

  • p127. 広義積分$\displaystyle \int_0^\infty \frac{dy}{y^3+1}$. まず、$\displaystyle \frac{1}{y^3+1} = \frac12 \frac{1-y}{y^3+1} + \frac12 \frac{1+y}{y^3+1}$ なので、 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{dy}{y^3+1} = \frac12 \int_0^\infty \frac{1-y}{y^3+1} dy + \frac12 \int_0^\infty \frac{dy}{y^2-y+1}$ となる。 右辺第２項の積分は、本の p128 の方法で計算する。ここでは右辺第１項に現れる積分 $I= \displaystyle \int_0^\infty \frac{1-y}{y^3+1} dy$ を扱う。$y=1/z$ と変数変換（置換積分）することで、$I=-I$ がわかる。従って、$I=0$ である。
  • p128, 問題2.8. 問題文に与えられている誘導とは異なるが、 $f(A,a)$ の定義式で、$x=at$ と置換積分すると、 $a^3 f(A,a) = \int_0^{A/a} \frac{dt}{t^4+4}$ がわかる。従って、 $\displaystyle\lim_{a\to\infty}a^3 f(A,a) = \int_0^0 \frac{dt}{t^4+4}=0$ となる。 なお、 $\displaystyle\lim_{a\to+0}a^3 f(A,a) = \int_0^\infty \frac{dt}{t^4+4}$ となり、この値を計算するのは、教科書通り。（あるいは、留数解析）