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数学$I_A$前期試験　理科１類１，２，２１，２２，２３，２４組　（担当　上村）
\\１９９５年９月５日（火）３：００〜４：３０
\\両面解答用紙２枚　計算用紙１枚
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\\（注）教科書、ノート類の持ち込みはしてはいけない。

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\underline{問１}　数列$a_n \, (n=1,2, \dots)$について次の命題は正しいか？正しければ証明し誤りならば反例を挙げよ。
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（１）　$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (a_n -a_{n-1}) =0$ならば$a_n$は収束する。
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（２）　$a_n>0$，$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sup a_n =0$ならば$a_n$は収束する。
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\underline{問２}　$f(x,y)$をすべての$t \in \mathbf{R}$とすべての$(x,y)\in \mathbf{R}^2$に対し$f(tx,ty)=tf(x,y)$を満たす関数とするとき、
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（１）$f(x,y)$が原点で連続であるためには$f(x,y)$が単位円周上で有界であること，すなわち
$\sup \bigl\{ |f(x,y)| \bigm| x^2+y^2=1 \bigr\} <\infty$が必要十分である。これを証明せよ。
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（２）$f(x,y)$が原点で微分可能であるならば$f(x,y)=ax+by$（ただし、$a,b$は定数）であることを証明せよ。
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\underline{問３}　$u=2x+y,\, v=2x^2+2xy+y^2$（ただし$y>0$）とするとき、
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（１）偏微分方程式$\displaystyle x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} =0$を$u,\, v$の方程式に変換せよ。
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（２）$\displaystyle \frac{\partial x}{\partial u} =\frac{x+y}{y}$が成立することを示せ。
また、$\displaystyle \frac{\partial x}{\partial v} ,\, \frac{\partial y}{\partial u},\, \frac{\partial y}{\partial v}$を求めよ。
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\underline{問４}　関数$f(x,y)=x(x^2+x+y^2-1)$の極値を求めよ。
 
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問１　

（１）コーシーの判定法の例に出てきた、数列$\displaystyle a_n =\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$は発散するという事実を使いましょう。

誤り：$\{ a_n \}_{n=1}^{\infty} $を$\displaystyle a_n=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$で定めると$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (a_{n} -a_{n-1})=
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} =0$

$n>m>N$として$n=2m$とすると

$\displaystyle |a_{n}-a_{m}|=\Biggm| \frac{1}{2m}+\frac{1}{2m-1}+\dots+\frac{1}{m+1} \Biggm| >\Biggm| \frac{1}{2m} \times m \Biggm|=\frac{1}{2}$

よって$\displaystyle 0< \varepsilon <\frac{1}{2}$と$\forall \varepsilon $を定めると，
$n>m>N \Rightarrow |a_{n}-a_{m}|<\varepsilon $となる$N$は存在しない。よって$\{ a_{n} \}_{n=1}^{\infty} $は収束しない。
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（２）正しい：$\displaystyle \lim \sup a_n =0$なので上極限の定義より$\forall \varepsilon >0$に対し$\varepsilon \leq a_n$となる$a_n$は有限個

よって$n>N \Rightarrow 0<a_n<\varepsilon$となる自然数$N$が存在するので，その$N$に対し$n>N \Rightarrow |a_n|<\varepsilon$

すなわち$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n=0 $

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問２　

（１）$f(0,0)=tf(0,0)が任意のtについて成立するのでf(0,0)=0$

$f(x,y)が原点で連続であるならば\forall \varepsilon >0に対して\delta >\sqrt{x^2+y^2}\Rightarrow |f(x,y)-f(0,0)|=|f(x,y)|<\varepsilon となる
\delta が存在する$

$\displaystyle この式全体に\frac{2}{\delta }をかけて\,2>\sqrt{ \left( \frac{2x}{\delta } \right) ^2+ \left( \frac{2y}{\delta } \right) ^2}\Rightarrow
 |f(\frac{2x}{\delta },\frac{2y}{\delta })|<\frac{2\varepsilon }{\delta }$

$\displaystyle x'=\frac{2x}{\delta },y'=\frac{2y}{\delta}とおきなおすと2>\sqrt{x'^2+y'^2}\Rightarrow |f(x',y')|<\frac{2\varepsilon }{\delta}$

よって$\displaystyle \sup \{ |f(x,y)| \bigm| x^2+y^2=1 \}\leq \frac{2\varepsilon }{\delta}<\infty$となる
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逆に$\displaystyle \sup\{ |f(x,y)| \bigm| x^2+y^2=1 \}=Mとすると\sqrt{x^2+y^2}<\frac{\varepsilon }{M} のとき
 \\ |f(x,y)-f(0,0)|=|\sqrt{x^2+y^2}f(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}})| \\ <|\frac{\varepsilon }{M} \sup\{ |f(x,y)| \bigm| x^2+y^2=1 \}|
=|\frac{\varepsilon }{M} M|=\varepsilon $

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つまり$\displaystyle \delta = \frac{\varepsilon }{M}$と定めると$\sqrt{x^2+y^2}<\delta \Rightarrow |f(x,y)-f(0,0)|<\varepsilon $より原点で連続
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（２）$\displaystyle f(x,y)が原点で微分可能であるのでf(x,y)はf(x,y)=f(0,0)+a(x-0)+b(y-0)+\varepsilon (x,y)と表すことができ，
さらに\lim_{(x,y) \to (0,0)}\frac{\varepsilon (x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$となる。

$ここでf(tx,ty)=atx+bty+\varepsilon (tx,ty),tf(x,y)=atx+bty+t\varepsilon (x,y)であり、この2つが一致するので
t\varepsilon (x,y)=\varepsilon (tx,ty)が成立する$

よってここで$\displaystyle x=t\cos \theta ,y=t\sin \theta とすると\lim_{(x,y) \to (0,0)}\frac{\varepsilon (x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}
=\lim_{t \to 0} \frac{t \varepsilon (\cos \theta ,\sin \theta )}{t} \\ =\lim_{t \to 0} \varepsilon(\cos \theta ,\sin \theta )=0$

よって$\varepsilon (\cos\theta ,\sin\theta )=0$が任意の$\theta $で成立し、それより任意の$x,y$に対し

$\varepsilon (x,y)=\varepsilon (t\cos\theta ,t\sin\theta )=t\varepsilon(\cos\theta ,\sin\theta )=0$が成立する

よって$f(x,y)$は$f(x,y)=ax+by$である。	

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問３　

（１）$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}
+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=2\frac{\partial z}{\partial u}
+(4x+2y)\frac{\partial z}{\partial v}$

$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+
\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}+(2x+2y)\frac{\partial z}{\partial v}$

これを$\displaystyle x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=0$に代入して

$\displaystyle (2x+y)\frac{\partial z}{\partial u}+(4x^2+4xy+2y^2)\frac{\partial z}{\partial v}=
u\frac{\partial z}{\partial u}+2v\frac{\partial z}{\partial v}=0$

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（２）$\displaystyle u=(2x+y)\,,\,v=\frac{1}{2}(2x+y)^2+\frac{1}{2}y^2$に着目し$s=2x+y\,,\,t=y^2$と置く。

$\displaystyle u=s\,,\,v=\frac{1}{2}s^2+\frac{1}{2}t$より逆に$s,v$を$u,v$の関数として$s=u,t=2v-u^2$と書ける

また$s=2x+y\,,\,t=y^2$かつ$y>0$より$x,y$を$s,t$の関数として$\displaystyle y=\sqrt{t}\,,\,x=\frac{1}{2}(s-\sqrt{t})$と書ける

よって$\displaystyle \frac{\partial x}{\partial u}=\frac{\partial x}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial u}
+\frac{\partial x}{\partial t}\frac{\partial t}{\partial u}=\frac{1}{2} \cdot 1 +\left( -\frac{1}{4\sqrt{t}} \right) \cdot 
(-2u)=\frac{1}{2}+\frac{2x+y}{2y}=\frac{x+y}{y}$
 
$\displaystyle \frac{\partial x}{\partial v}=\frac{\partial x}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial v}
+\frac{\partial x}{\partial t}\frac{\partial t}{\partial v}=\frac{1}{2} \cdot 0 +\left( -\frac{1}{4\sqrt{t}} \right) \cdot 
2=-\frac{1}{2y}$

$\displaystyle \frac{\partial y}{\partial u}=\frac{\partial y}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial u}
+\frac{\partial y}{\partial t}\frac{\partial t}{\partial u}=0 \cdot 1 +\left( \frac{1}{2\sqrt{t}} \right) \cdot (-2u)
=-\frac{2x+y}{y}$

$\displaystyle \frac{\partial y}{\partial v}=\frac{\partial y}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial v}
+\frac{\partial y}{\partial t}\frac{\partial t}{\partial v}=0 \cdot 0 +\left( \frac{1}{2\sqrt{t}} \right) \cdot 2
=\frac{1}{y}$

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問４　$f_x(x,y)=3x^2+2x+y^2-1\,,\,f_y(x,y)=2xy$

よって$f_x(x,y)=0$かつ$f_y(x,y)=0\,\,\Leftrightarrow \,\,3x^2+2x+y^2-1=0$かつ$2xy=0$

これより極値を取る点の候補は$\displaystyle (x,y)=(0,\pm 1),(-1,0)(\frac{1}{3},0)$

$f_{xx}=6x+2,f_{xy}=2y,f_{yy}=2x$

これより$Hesse$行列$H$は、$H=\left( \begin{array}{cc} 6x+2 & 2y \\ 2y & 2x \end{array} \right)$

$(x,y)=(0,\pm 1)$では$H=\left( \begin{array}{cc} 2 & \pm 1 \\ \pm 1 & 0 \end{array} \right)$

$ab-h^2=-1<0$

$(0,\pm 1)はfのsaddle\,point$

$\displaystyle (x,y)=(\frac{1}{3},0)$では$H=\left( \begin{array}{cc} 4 & 0 \\ 0 & \frac{2}{3} \end{array} \right)$

$\displaystyle ab-h^2=\frac{8}{3}>0$で$a>0$

$\displaystyle f( \frac{1}{3},0) =-\frac{5}{27}だから、fは(\frac{1}{3},0) で極小値-\frac{5}{27}をとる。$

$(x,y)=(-1,0)$では$H=\left( \begin{array}{cc} -4 & 0 \\ 0 & -2 \end{array} \right)$

$ab-h^2=8>0$で$a<0$

$f(-1 ,0) =1だから、fは( -1,0) で極大値1をとる。$

よって$f(x,y)$は$(-1,0)$で極大値$1$,$\displaystyle (\frac{1}{3},0)$で極小値$\displaystyle -\frac{5}{27}$をとる
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