\documentclass{jsarticle} \begin{document} \large \begin{center} 数学$I_A$前期試験 理科1類6,7,8,13,14,15組 (担当 上村) \\2006年9月5日(月)10:50〜12:20 \\両面解答用紙2枚 計算用紙1枚 \vspace{1zw} \\(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} 次の命題は正しいか誤りかを判定し、正しければ証明し誤りならば判例を挙げよ。 \vspace{0.6zw} (1)数列$\{ a_n \} _{n=1} ^\infty$が$|a_n|<1$をみたすとき,$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_1 a_2 \dots a_n =0$. \vspace{1zw} (2)$f$を$\mathbf{R}^n$上の連続関数で,任意の$\lambda \geq 0$と任意の$X\in \mathbf{R}^n$に対し$f(\lambda X)=\lambda f(X)$をみたすとする. また,$|X|=1$のとき$f(X)>0$とする.このとき,$f(X)\geq m|X|$なる$m>0$が存在する. \vspace{1.5zw} \underline{問2} $\mathbf{R} ^2$上の$C^4$級関数$u(x,y)$が $ \displaystyle \frac{\partial ^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial ^2 u}{\partial y^2}=\log(x^2+y^2+1)$をみたすとき, $ \displaystyle \frac{\partial ^4 u}{\partial x^4} +2\frac{\partial ^4 u}{\partial x^2 \partial y^2} + \frac{\partial ^4 u}{\partial y^4} $ を求めよ. \vspace{1zw} \underline{問3} $f(x,y)$を$\mathbf{R} ^2$上の$C^1$級関数とし,$u(x,y,z)=f(x^2+2ye^z\,,\,y^2+2xe^z)$とするとき \begin{center} $\displaystyle (y^2 e^z -x e^{2z})\frac{\partial u}{\partial x} +(x^2 e^z - ye^{2z})\frac{\partial u}{\partial y} + (e^{2z}-xy)\frac{\partial u}{\partial z}=0$ \end{center} が成立することを証明せよ. \vspace{1zw} \underline{問4} (1)$\sqrt{1-x}$を$x=0$を中心としてTaylor展開せよ.また,この展開が$|x|(分子)>0$なので$|a_n|<1$をみたすが $\displaystyle a_1a_2 \dots a_n =\frac{n+2}{2(n+1)}$であり $\displaystyle \lim _{n \to \infty} a_1a_2 \dots a_n =\lim _{n \to \infty} \frac {n+2}{2(n+1)}=\frac{1}{2}$ \vspace{1zw} (2)$X=0$の場合は$f(0)=\lambda f(0)$が任意の$\lambda \geq 0$で成立するので$f(0)=0$.よって任意の$m>0$で$f(0)\geq m|X|(=0)$が成立. $X \neq 0$の場合は,$X$は$|Y|=1$である$Y\in \mathbf{R}^n$と$k >0$である実数$k$を用いて$X=kY$と表すことができる. またこのとき$|X|=|kY|=|k||Y|=k$である. また$|Y|=1$となる$\mathbf{R}^n$上の領域は有界閉集合であり,$f(Y)$は連続関数なので$|Y|$には最大値と最小値が存在する. よってその最小値を$M$とする.問題文より$M>0$である. すると$f(X)=f(kY)=kf(Y)\geq kM=M|X|$ そこで$m$を$M\geq m>0$となるようにとれば$f(X)\geq m|X|$が成立する. よって$f(X)\geq m|X|$なる$m>0$が存在する. \vspace{1.5zw} 問2 $\displaystyle \frac{\partial ^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2 u}{\partial y^2}=\log(x^2+y^2+1)$を$x,y$で2回ずつ偏微分して $\displaystyle \frac{\partial ^3 u}{\partial x^3}+\frac{\partial ^3 u}{\partial x \partial y^2}=\frac{2x}{x^2+y^2+1} \\  \frac{\partial ^4 u}{\partial x^4}+\frac{\partial ^4 u}{\partial x^2 \partial y^2}=\frac{-2x^2+2y^2+2}{(x^2+y^2+1)^2} −(1)\\  \frac{\partial ^3 u}{\partial y \partial x^2}+\frac{\partial ^3 u}{\partial y^3}=\frac{2y}{x^2+y^2+1} \\  \frac{\partial ^4 u}{\partial y^2 \partial x^2}+\frac{\partial ^4 u}{\partial y^4}=\frac{2x^2-2y^2+2}{(x^2+y^2+1)^2} −(2)$ $u$は$C^4$級関数なので$\displaystyle \frac{\partial ^4 u}{\partial y^2 \partial x^2}=\frac{\partial ^4 u}{\partial x^2 \partial y^2}$より, (1)式と(2)式を足して $\displaystyle \frac{\partial ^4 u}{\partial x^4} +2\frac{\partial ^4 u}{\partial x^2 \partial y^2} + \frac{\partial ^4 u}{\partial y^4} =\frac{4}{(x^2+y^2+1)^2}$ \vspace{1.5zw} 問3 $s=x^2+2ye^z,t=y^2+2xe^z$とおき,$u(x,y,z)$を$x,y,z$でそれぞれ偏微分して $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial x}+ \frac{\partial f}{\partial t}\frac{\partial t}{\partial x}=(2x)\frac{\partial f}{\partial s}+(2e^z)\frac{\partial f}{\partial t} \\  \frac{\partial u}{\partial y} =\frac{\partial f}{\partial s} \frac{\partial s}{\partial y}+ \frac{\partial f}{\partial t} \frac{\partial t}{\partial y}=(2e^z)\frac{\partial f}{\partial s}+(2y)\frac{\partial f}{\partial t} \\  \frac{\partial u}{\partial z} =\frac{\partial f}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial z}+ \frac{\partial f}{\partial t}\frac{\partial t}{\partial z} =(2ye^z)\frac{\partial f}{\partial s}+(2xe^z)\frac{\partial f}{\partial t}$ これらの$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}\,,\,\frac{\partial u}{\partial y}\,,\, \frac{\partial u}{\partial z}$を与式の左辺に代入すると$\displaystyle 0 \times \frac{\partial f}{\partial s} +0 \times \frac{\partial f}{\partial s}=0$となって問題の式が成立. \vspace{1.5zw} 問4 $(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 \\ (-1-1で成立 \\ x=-1のところは\alpha>0で成立 $です. $\alpha $の値によって$x=1,x=-1$が含まれるかが分かりにくいですが,この問題では 「上限」を問い,そこを厳密に覚えてなくても解答できるというサ−ビスがとられています.  \vspace{1zw} (1)$\displaystyle (1-x)^\frac{1}{2} =1+\frac{1}{2}(-x)+\frac{(\frac{1}{2})(-\frac{1}{2})}{2!}(-x)^2+ \frac{(\frac{1}{2})(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})}{3!}(-x)^3 +\frac{(\frac{1}{2})(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})(-\frac{5}{2})}{4!}(-x)^4 \\ =1-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2-\frac{1 \cdot 3}{3! 2^3}x^3-\frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{4! 2^4}+ \dots + -\frac{(2n-3)!}{n! (n-2)! 2^{2n-2}}x^n- \dots \\ = 1-\frac{1}{2}x-\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(2n-3)!}{n! (n-2)! 2^{2n-2}} x^n$ 指数が$\frac{1}{2}$なのでTaylor展開可能な$-x$の範囲は$-1\leq -x\leq 1$.よって$|x|\leq 1$で成立する.よって$r$の上限は$1$ (途中で$\displaystyle 1 \cdot 3 \cdot \dots (2n-3)=\frac{(2n-3)!}{(n-2)! 2^{n-2}}$を使った.) \vspace{1zw} (2)$\displaystyle \frac{1}{1-ax}=(1-ax)^{-1} \\ =1+(-1)(-ax)+\frac{(-1)(-2)}{2!}(-ax)^2+\frac{(-1)(-2)(-3)}{3!}(-ax)^3+\dots +(-1)^{2n}\frac{n!}{n!}a^nx^n+ \dots \\ =1+ax+a^2x^2+a^3x^3+ \dots =\sum_{n=0}^{\infty} a^nx^n$ 指数が$-1$なのでTaylor展開可能な$-ax$の範囲は$-1<-ax<1$. よって$\displaystyle |x|\leq \frac{1}{|a|}$で成立する. $r$の上限は$\displaystyle \frac{1}{|a|}$ \vspace{1zw} (3)上の(1)(2)より$\displaystyle \sqrt{1-x}-\frac{1-bx}{1-ax}= \\ (1-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2+o(x^2))-(1-bx)(1+ax+a^2x^2+o(x^2)) \\ =(-\frac{1}{2}-a+b)x+(-\frac{1}{8}-a+ab)x^2+o(x^2)$ この係数が$0$になるような$a,b$の値は$\displaystyle a=\frac{1 \pm \sqrt{3}}{4}\,,\,b=\frac{3 \pm \sqrt{3}}{4}$ $\displaystyle (a,b)=(\frac{1+\sqrt{3}}{4}\,,\,\frac{3+\sqrt{3}}{4})(\frac{1-\sqrt{3}}{4}\,,\,\frac{3-\sqrt{3}}{4})$ \vspace{1.5zw} 問5の解答は1995年度の解答を参照のこと. \end{document}