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、
$a^3 f(A,a) = \int_0^{A/a} \displaystyle\frac{dt}{t^4+4}$ 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）
- p148, 問題2.14.
$J_n = \displaystyle \int_0^\infty \frac{\log x}{(1+x)^n} dx$ とおく。
$x=e^t$ と置換積分すると、
$J_2 = \displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{t e^t}{(1+e^t)^2} dt$ となる。
この被積分関数は奇関数なので、$J_2=0$ である。
次に、
$-n J_{n+1} +(n-1) J_n
= \displaystyle \int_0^\infty \left(\frac{-n}{(1+x)^{n+1}} - \frac{-(n-1)}{(1+x)^n} \right) \log x dx$
を計算する。被積分関数は、
$\frac{d}{dx} \left( \frac{1}{(1+x)^n} - \frac{1}{(1+x)^{n-1}} \right) \log x
= \frac{d}{dx} \frac{-x}{(1+x)^n} \times \log x$ と書けている。そこで、部分積分すると、
定積分の部分は
$\displaystyle \left[ \frac{-x \log x}{(1+x)^n} \right]_0^\infty$ となるが、
端点の値が、
$\displaystyle \lim_{x \to +0} \frac{-x \log x}{(1+x)^n} = 0$,
$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{-x \log x}{(1+x)^n} = 0$
とわかるので、定積分の部分の値は$0$ である。従って、
$-n J_{n+1} +(n-1) J_n
= \displaystyle - \int_0^\infty \frac{-x}{(1+x)^n} \frac{dx}{x}
= \displaystyle \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x)^n}
= \frac{1}{n-1}$.
階差数列がわかったので、一般項はこれを足し合わせることでわかり、
$-(n-1) J_n = \displaystyle \left( 1+\frac12+\cdots + \frac{1}{n-2} \right) - J_2$.
- p147, line -5 の冒頭も log が抜けている。（右辺の計算からは正しい。）
- p47, line 6, 第２式や第３式の分子は括弧をつけて、
$(\sin x)(\pi-2x)$, $(\sin x)(\frac\pi2-x)$ のように書きたい。
$\sin$ の引数がどこまでか一瞬では見づらいため。
- p57, $f(x)$ の $x=0$ での微分可能性ならびに微分係数の計算。
$g(x) = \displaystyle \frac{\sin \pi x}{x}$, $h(x) = \frac{1}{1-x}$ とおくと、
$f(x)=g(x)h(x)$ である。
$g(x)$ は $x=0$ で微分可能であり、微分係数は、本と同じ計算（ただし、$1-x$ の冪は出てこないので
式の見かけがきれいになる、下部の＊を参照）をすることで、
$g'(0)=0$ と求められる。積の微分法より、
$f'(0) = g'(0) h(0) + g(0) h'(0) = 0 \times 1 + \pi \times 1 = \pi$ と求まる。
同じく、$f(x)$ の $x=\pi$ での微分可能性ならびに微分係数の計算。
$g(x) = \displaystyle \frac{\sin \pi x}{1-x}$, $h(x) = \frac{1}{x}$ とおくと、
$f(x)=g(x)h(x)$ である。
$g(x)$ は $x=\pi$ で微分可能であり、微分係数は、本と同じ計算（ただし、$x$ の冪は出てこないので
式の見かけがきれいになる）をすることで、
$g'(\pi)=0$ と求められる。積の微分法より、
$f'(\pi) = g'(\pi) h(\pi) + g(\pi) h'(\pi) = 0 \times 1 + \pi \times (-1) = -\pi$ と求まる。
＊：計算式は、本のやり方を完全に踏襲すると、
$\displaystyle g'(0) = \lim_{x\to0} \frac{g(x)-g(0)}{x}
= \lim_{x\to0} \frac{\frac{\sin \pi x}{x}- \pi}{x}
= \lim_{x\to0} \frac{\sin \pi x - \pi x}{x^2}
= \lim_{x\to0} \frac{-\frac16 \pi^3 x^3+\cdots}{x^2}
= \lim_{x\to0} -\frac16 \pi^3 x + \cdots
= 0$.
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