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\begin{center}

数学$I_A$前期試験　理科１類１８，１９，２０，２１組　（担当　上村）
\\２００５年９月５日（月）１０：５０〜１２：２０
\\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。

\end{center}

\underline{問１}　数列$\{ a_n \} _{n=1}^{\infty} $について，次の問に答えよ。

（１）次の(1)から(4)のうち，$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n =0 $と同値であるものを選び，その番号を記せ。

（番号だけ明記すればよい。）

(1)　$\displaystyle \sup _n a_n = \inf _n a_n =0 $

(2)　$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sup a_n = \lim_{n \to \infty } \inf a_n =0 $

(3)　任意の$\varepsilon >0$に対し，$n>N$ならば$\displaystyle |a_n|< \frac{\varepsilon}{4}$となるような自然数$N$が存在する。

(4)　任意の$\varepsilon >0$に対し，$n>m>N$ならば$|a_m+a_{m+1}+\dots +a_n|<\varepsilon$となるような自然数$N$が存在する。
\vspace{0.5zw}

（２）　$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n =0$ならば，数列$\displaystyle b_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{a_k}{2^{n-k}}$も$0$に収束することを証明せよ。
\vspace{0.5zw}

\underline{問２}　$f(x,y)$は$\mathbf{R} ^2$の領域$\bigl\{ (x,y) \bigm| x+y>0 \bigr\}$で定義された$C^4$級関数で

\begin{center}
$ \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\partial f}{\partial y} = \log (x+y) $
\end{center}

をみたすとする。このとき、次を求めよ。
\vspace{0.5zw}

（１）$ \displaystyle \frac{\partial ^2 f}{\partial x^2} - \frac{\partial ^2 f}{\partial y^2} $
（２）$ \displaystyle \frac{\partial ^4 f}{\partial x^4} - \frac{\partial ^4 f}{\partial y^4} $
\vspace{0.5zw}

\underline{問３}　$f(x,y)$は$\mathbf{R} ^2$上の$C^2$級関数で，任意の$(x,y)\in \mathbf{R} ^2$に対し，関係式

\begin{center}
$ f(x+y,x-y) -2f(x,y) = x$
\end{center}

をみたすとする。このとき，次の問に答えよ。

（１）$f_x (0,0)$および$f_y (0,0)$の値を求めよ。

（２）任意の$(x,y)\in \mathbf{R}^2$に対し，関係式

\begin{center}
$ f_{xx} (x+y,x-y) + f_{yy} (x+y,x-y) = f_{xx}(x,y) +f_{yy}(x,y) $
\end{center}

が成り立つことを証明せよ。
\vspace{0.5zw}

\underline{問４}　（１）$x=0$を含む区間で$ \displaystyle x=\sum_{n=1}^{ \infty } a_n (e^x -1)^n $が成り立つように定数$a_n (n=1,2, \dots )$を定めよ。
また、この式が成り立つ$x$の範囲を記せ。
\vspace{0.5zw}

（２）$x \to 0 $のとき，$ \displaystyle \frac{x}{e^x -1} =a+bx+cx^2+dx^3+o(x^3)$となるように定数$a,b,c,d$を定めよ。
\vspace{0.5zw}

\underline{問５}　関数$f(x,y)=x^3-6xy+8y^3$の極値を求めよ。
 
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問１

（１）(1)$\displaystyle \sup _n a_n $とは$\{a_n\}_{n=1}^{\infty} $の上限のことだそうです。同様に$\displaystyle \inf _n a_n$は$\{ a_n \}_{n=1}^{\infty}$の下限のことです。

上限、下限の定義より$\forall n(\in \mathbf{N})$に対し$a_n\leq 0$かつ$a_n\geq 0$

よって$a_n=0$ $(\forall n \in \mathbf{N})$　これは$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n =0$と同値ではありません。

(2)命題１．５より$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sup a_n =\lim_{n \to \infty} \inf a_n =\alpha \Leftrightarrow \lim_{n \to \infty} a_n =\alpha $です。
よって$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n =0$と同値です。

(3)$\displaystyle \varepsilon ' =\frac{\varepsilon }{4}$とおけば、「任意の$\varepsilon >0$に対し、$n>N \Rightarrow  \displaystyle |a_n|<\frac{\varepsilon }{4}$
となるような自然数$N$が存在する。」は「任意の$\varepsilon '>0$に対し、$n>N \Rightarrow  |a_n|<\varepsilon '$
となるような自然数$N$が存在する。」になります

よってこれは$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n =0$と同値です。

(4)$\{ a_n \}_{n=1}^{\infty}$は$\displaystyle a_n =\frac{1}{n}$と定められていれば$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n =0$をみたします。
しかし$ n=2m$とすると$\displaystyle |a_m +a_{m+1} + \dots +a_{n}|=\frac{1}{m}+\frac{1}{m+1} + \dots +\frac{1}{2m} >\frac{m+1}{2m}>\frac{1}{2}$
より、$\displaystyle 0<\varepsilon <\frac{1}{2}$と$\varepsilon $を定めると、どのように自然数$N$を決めても、$N<m<n$でも$n=2m$の場合は
$|a_m+a_{m+1}+ \dots +a_n|<\varepsilon $は成立しません。よって同値ではありません。
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（２）$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n=0$より、$\forall \varepsilon >0$に対して$n>N\Rightarrow |a_n|<\varepsilon $となる自然数$N$が存在する。

$\displaystyle |b_n|=\Biggm| \sum_{k=1}^{n} \frac{a_k}{2^{n-k}} \Biggm| 
=\Biggm| \sum_{k=1}^{N} \frac{a_k}{2^{n-k}} + \sum_{k=N+1}^{n} \frac{a_k}{2^{n-k}} \Biggm|
\leq \Biggm| \sum_{k=1}^{N} \frac{a_k}{2^{n-k}} \Biggm| +\Biggm| \sum_{k=N+1}^{n} \frac{a_k}{2^{n-k}} \Biggm|$である。

$\displaystyle \Biggm| \sum_{k=N+1}^{n} \frac{a_k}{2^{n-k}} \Biggm| 
=\biggm| \frac{a_{N+1}}{2^{n-(N+1)}} +\frac{a_{N+2}}{2^{n-(N+2)}} +\dots +\frac{a_{n-1}}{2^{n-(n-1)}}+\frac{a_n}{2^{n-n}} \biggm| \\ 
\leq \biggm| \frac{a_{N+1}}{2^{n-(N+1)}} \biggm|+ \biggm| \frac{a_{N+2}}{2^{n-(N+2)}} \biggm| +\dots +
\biggm| \frac{a_{n-1}}{2^1} \biggm| + \biggm| \frac{a_{n}}{2^0} \biggm| \\
=\frac{|a_{N+1}|}{2^{n-(N+1)}} + \frac{|a_{N+2}|}{2^{n-(N+2)}}+\dots +\frac{|a_{n-1}|}{2}+|a_n| \\
<\frac{\varepsilon }{2^{n-(N+1)}} +\frac{\varepsilon }{2^{n-(N+2)}}+ \dots +\frac{\varepsilon }{2}+\varepsilon \\
=\varepsilon \left( \frac{1}{2^{n-(N+1)}} +\frac{1}{2^{n-(N+2)}} +\dots+ \frac{1}{2}+ 1 \right) \\
=\varepsilon \left( \frac{1- \left( \frac{1}{2} \right)^{n-m}}{1-\frac{1}{2}} \right) 
=2\varepsilon \left( 1-\frac{1}{2^{n-N}} \right) <2\varepsilon $

また$\displaystyle \Biggm| \sum_{k=1}^{N} \frac{a_k}{2^{n-k}} \Biggm| =\frac{1}{2^n} \Biggm| \sum_{k=1}^{N} 2^k a_k \Biggm|$
　ここでは$N$は一定なので$\displaystyle \Biggm| \sum_{k=1}^{N} 2^k a_k \Biggm|$も一定。

$n>N_0(\geq N)$ならば$\displaystyle \Biggm| \sum_{k=1}^{N} \frac{a_k}{2^{n-k}} \Biggm| = \frac{1}{2^n} \Biggm| \sum_{k=1}^{N} 2^k a_k \Biggm| <\varepsilon $
となる$N_0$がとれる。

これより$\forall \varepsilon $に対して$n>N_0$ならば

$\displaystyle |b_n| \leq \Biggm| \sum_{k-1}^{N} \frac{a_k}{2^(n-k)} \Biggm| + \Biggm| \sum_{k=N+1}^{n} \frac{a_k}{2_{n-k}}\Biggm| <\varepsilon +2\varepsilon =3\varepsilon $

$3\varepsilon =\varepsilon '$とすれば$\forall \varepsilon '>0$に対し$n>N_0\Rightarrow |b_n-0|<\varepsilon '$となる自然数$N_0$が存在する

よって$\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n=0$

または最初から，$|a_n|<\varepsilon $を$\displaystyle |a_n|<\frac{\varepsilon }{3}$,
途中を$\displaystyle \Biggm| \sum_{k=1}^{N} \frac{a_k}{2^{n-k}} \Biggm|<\frac{\varepsilon }{3}$と変えて$|b_n|<\varepsilon $とする。

問２

（１）$\displaystyle \frac{\partial ^2 f}{\partial x^2} -\frac{\partial ^2 f}{\partial y^2}
= \frac{\partial ^2 f}{\partial x^2}  -\frac{\partial ^2 f}{\partial x \partial y} +\frac{\partial ^2 f}{\partial y \partial x} -\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}
\longleftarrow$($f$は$C^2$級だから)

$\displaystyle =\frac{\partial }{\partial x}\left( \frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\partial f}{\partial y}\right)+ 
\frac{\partial }{\partial y}\left( \frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\partial f}{\partial y}\right) \\
=\frac{\partial }{\partial x}\left( \log (x+y) \right) +\frac{\partial }{\partial y} \left(\log (x+y) \right) \\
=\frac{2}{x+y}$

（２）$\displaystyle \frac{\partial ^4 f}{\partial x^4} -\frac{\partial ^4 f}{\partial y^4}
= \frac{\partial ^4 f}{\partial x^4}  -\frac{\partial ^4 f}{\partial x^2 \partial y^2} +\frac{\partial ^4 f}{\partial y^2 \partial x^2} -\frac{\partial^4 f}{\partial y^4}
\longleftarrow$($f$は$C^4$級だから)

$\displaystyle =\frac{\partial ^2}{\partial x^2}\left( \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} - \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right)+ 
\frac{\partial ^2}{\partial y^2}\left( \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} - \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right) \\
=\frac{\partial ^2}{\partial x^2}\left( \frac{2}{x+y} \right) +\frac{\partial ^2}{\partial y^2} \left(\frac{2}{x+y} \right) \\
=\frac{4}{(x+y)^3} +\frac{4}{(x+y)^3}=\frac{8}{(x+y)^3}$
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問３$\displaystyle f(x,y)の直接の変数はx,yです。ですからx,yでそのまま偏微分されてf_x(x,y),f_y(x,y)となります。ですが
f(x+y,x-y)の直接の変数はx+y,x-yですからx,yで偏微分する場合x+y,x-yをはさんで偏微分してやる必要があることに注意してください。
またf_x(x+y,x-y),f_y(x+y,x-y)の添え字のx,yはそれぞれ第一変数での偏微分、第二変数での偏微分という意味です。ですから
\frac{\partial f(x+y,x-y)}{\partial (x+y)}=f_x(x+y,x-y),\,\frac{\partial f(x+y,x-y)}{\partial (x-y)}=f_y(x+y,x-y)
となるのです。二通りのx,yの用法に注意してください。
また以下でのf,Fの違いは、f(x+y,x-y)はx+y,x-yを直接の変数としておりx,yは間接的な変数となっているのに対し、
Fは同じ関数を角度を変えて、F(x,y)とx,yを直接の変数に持ってきている。というものです。以下の問題でもこれらのことをある程度意識しておいてください。$

（１）$s=x+y,t=x-y$とおいて$F(x,y)=f(x+y,x-y)=f(s,t)$を$x,y$でそれぞれ偏微分して

$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial s} \cdot \frac{\partial s}{\partial x}+ 
 \frac{\partial f}{\partial t} \cdot \frac{\partial t}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial s} + \frac{\partial f}{\partial t} 
=f_x(x+y,x-y) + f_y(x+y,x-y) $

$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial s} \cdot \frac{\partial s}{\partial y}+ 
 \frac{\partial f}{\partial t} \cdot \frac{\partial t}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial s} - \frac{\partial f}{\partial t}
 =f_x(x+y,x-y) - f_y(x+y,x-y)$

$\displaystyle ( \frac{\partial s}{\partial x}=1 , \frac{\partial t}{\partial x}=1 , \frac{\partial s}{\partial y}=1 , \frac{\partial t}{\partial y}=-1$ より。)

よって$f(x+y,x-y)+2f(x,y)=x$を$x,y$で偏微分すると

$f_x(x+y,x-y)+f_y(x+y,x-y)-2f_x(x,y)=1−(1)$

$f_x(x+y,x-y)-f_y(x+y,x-y)-2f_y(x,y)=0−(2)$

$(1),(2)$に$x=0,y=0$を代入して

$f_x(0,0)+f_y(0,0)-2f_x(0,0)=1,f_x(0,0)-f_y(0,0)-2f_y(0,0)=0$

よって$\displaystyle f_x(0,0)=-\frac{3}{2},f_y(0,0)=-\frac{1}{2}$

（２）$(1)をxで偏微分,(2)をyで偏微分して（f_x(x+y,x-y),f_y(x+y,x-y)をs,tをはさんで偏微分するのは(1)と同じ）$

$f_{xx}(x+y,x-y)+f_{xy}(x+y,x-y)+f_{yx}(x+y,x-y)+f_{yy}(x+y,x-y)-2f_{xx}(x,y)=0$

$f_{xx}(x+y,x-y)-f_{xy}(x+y,x-y)-f_{yx}(x+y,x-y)+f_{yy}(x+y,x-y)-2f_{yy}(x,y)=0$

この二つの式を足して

$2f_{xx}(x+y,x-y)+2f_{yy}(x+y,x-y)-2f_{xx}(x,y)-2f_{yy}(x,y)=0$

よって$f_{xx}(x+y,x-y)+f_{yy}(x+y,x-y)=f_{xx}(x,y)+f_{yy}(x,y)$
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問４　局所テイラー、テイラー展開に加え（講義内容編　3.2，3.3）、特に次のことを覚えておきましょう

$\displaystyle e^x=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+ \dots =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}x^n \,\,(-\infty <x<\infty) \\
\sin x=x-\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5-\frac{1}{7!}x^7+ \dots =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1} \,\,(-\infty<x<\infty) \\
\cos x=1-\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4-\frac{1}{6!}x^6+\dots =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}\,\,(-\infty<x<\infty)\\
\log (1+x)=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\dots =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} x^n\,\,(-1<x\leq 1) \\
(1+x)^\alpha =1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}x^2+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)}{3!}x^3+ \dots +
\frac{\alpha (\alpha -1)\dots (\alpha -n)}{n!}x^n + \dots \\ 
(-1<x<1)は\forall \alpha \in \mathbf{R}で成立 \\
\alpha が自然数ならば(-\infty<x<\infty)で成立　（２項展開） \\
x=1のところは\alpha>-1で成立 \\
x=-1のところは\alpha>0で成立 \\
またxを-xで置き換え、\alpha =-1とすると(-1<x<1) \\
\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\dots =\sum_{n=0}^{\infty}x^n \\ 
例　e^{2x}=1+2x+\frac{1}{2!}(2x)^2+\frac{1}{3!}(2x)^3+\dots \,\,(-\infty<x<\infty) \\
e^{\sin x}=1+\sin x +\frac{1}{2!} \sin ^2 x +\frac{1}{3!} \sin ^3 x + \dots \,\,(-\infty<x<\infty) \\
e^{x} \sin x =\left( 1+x+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{4!}x^4+o(x^4) \right) 
\left( x-\frac{1}{3!}x^3 +\frac{1}{5!}x^5 +o(x^5) \right) \\ 
=x+x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{30}x^5 +o(x^5)\,\,(-\infty<x<\infty)$

確認ですが$o(g(x))\,\,as\,\,x\rightarrow c$とは$\displaystyle \lim_{x\rightarrow c} \frac{f(x)}{g(x)}=0$となる$f(x)$のことです。
上式で、$6$次以上の項、$o(x^4)\times x,o(x^4)\times x^3$、$o(x^5)\times x,o(x^5) \times x^2$などがすべて$o(x^5)$でまとめられることは定義よりわかります。
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（１）$\displaystyle x=\sum_{n=1}^{\infty} a_n(e^x-1)^n$に$x=\log (1+t)$を代入し

$\displaystyle \log (1+t)=\sum_{n=1}^{\infty} a_n t^n$

よって$\displaystyle a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n}$であり、成立範囲は$-1<t\leq 1$、すなわち$x\leq \log 2$
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（２）$x\rightarrow 0$では$\displaystyle e^x=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{4!}x^4 +o(x^4)$

$\displaystyle \frac{x}{e^x-1} =\frac{1}{1+x+\frac{1}{2}x+\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{24}x^3 +o(x^3)}\,\,\longleftarrow \frac{o(x^4)}{x}=o(x^3)$

よって$\displaystyle 1=\left( 1+\frac{1}{2}x+\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{24}x^3 +o(x^3) \right) (a+bx+cx^2+dx^3+o(x^3))$

$\displaystyle =a+\left( \frac{a}{2} +b \right) x +\left( \frac{a}{6} +\frac{b}{2} + c \right) x^2 +\left( \frac{a}{24} +\frac{b}{6}+\frac{c}{2}+d \right) x^3 +o(x^3)$

係数を比較し$\displaystyle a=1,\,\,\frac{a}{2} +b =0,\,\, \frac{a}{6} +\frac{b}{2} + c =0,\,\, \frac{a}{24} +\frac{b}{6}+\frac{c}{2}+d =0$

よって$\displaystyle a=1,b=-\frac{1}{2},c=\frac{1}{12},d=0$
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補足：$o(x^3)$が残ってる、と思うかもしれませんが、ここでは$o(x^3)$は$x$の$4$次以上の項の集まりという意味でしかありません。
ですから$o(x^3)=ex^4+fx^5+gx^6+\dots$と表せば$e=f=g=\dots=0$となっていて$0$に等しいわけです。
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問５

$f_x(x,y)=3x^2-6y,\,f_y(x,y)=-6x+24y^2$

よって$f_x(x,y)=0$かつ$f_y(x,y)=0\,\,\Leftrightarrow \,\,x^2-2y=0$かつ$-x+4y^2=0 $

これより極値を取る点の候補は$\displaystyle (x,y)=(0,0),(1,\frac{1}{2})$

$f_{xx}=6x,f_{xy}=-6,f_{yy}=48y$

これより$Hesse$行列$H$は、$H=\left( \begin{array}{cc} 6x & -6 \\ -6 & 48y \end{array} \right)$

$(x,y)=(0,0)$では$H=\left( \begin{array}{cc} 0 & -6 \\ -6 & 0 \end{array} \right)$

$ab-h^2=-36<0$

$(0,0)はfのsaddle\,point$

$\displaystyle (x,y)=(1,\frac{1}{2})$では$H=\left( \begin{array}{cc} 6 & -6 \\ -6 & 24 \end{array} \right)$

$ab-h^2=108>0でa>0$

$\displaystyle f\left( 1,\frac{1}{2}\right) =-1だから、fは\left( 1,\frac{1}{2}\right) で極小値-1をとる。$

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