\documentclass{jsarticle} \begin{document} \large 教科書演習問題 演習問題54 微分可能な関数$u(x,y)$が$u-x=f(u-y)$をみたすならば(ただし$f(t)$は微分可能な関数) $u(x,y)$は$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}=1$を満たすことを示せ。 \vspace{1zw} 演習問題57 $f=f(x,y),x=r\cos\theta ,y=r\sin\theta $のとき$\displaystyle \left( \frac{\partial f}{\partial x} \right)^2 + \left( \frac{\partial f}{\partial y} \right)^2 = \left( \frac{\partial f}{\partial r} \right) ^2 +\frac{1}{r^2} \left( \frac{\partial f}{\partial \theta } \right)^2$を示せ。 \vspace{1zw} 演習問題58 $f=f(x,y),x=u+v,y=uv$のとき、$f$は$x,y$を変数とする$C^2$級関数として(←本文にはありませんでしたがこの条件がないと解けません。) $\displaystyle \frac{\partial ^2 f}{\partial u \partial v}=\frac{\partial ^2 f}{\partial x^2} +x\frac{\partial ^2 f}{\partial x \partial y}+y\frac{\partial ^2 f}{\partial y^2}+\frac{\partial f}{\partial y}$を示せ。 (また$f(x,y)$を$u,v$で編微分するなら$f(x,y)=F(u,v)$と$u,v$を変数とする 別の表し方をして$\displaystyle \frac{\partial ^2 F}{\partial u \partial v}$とする必要があるように思います。) \vspace{1zw} 演習問題65 $z$を$xy$平面状の領域$\{ (x,y) \bigm| y>0 \}$上の関数とするとき,$z$が$xy$の$C^1$級関数である(すなわち$C^1$級関数$F$で $z=F(xy)$と書ける)ためには$z$が$x,y$の$C^1$級関数で$xz_x=yz_y$を満たすことが必要十分であることを示せ。 \vspace{1zw} 演習問題33 関数$\displaystyle \frac{x}{(1-x)^2}$を$-10$より$x,y$について$\displaystyle x=\frac{u}{v},y=v$と解くことができるので $z(x,y)=F(u,v)$となる関数$F$が存在する。 $\displaystyle z_x= \frac{\partial F}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x} =\frac{\partial F}{\partial u} \cdot y+\frac{\partial F}{\partial v}\cdot 0=y\frac{\partial F}{\partial u}$ $\displaystyle z_y=\frac{\partial F}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y} =\frac{\partial F}{\partial u} \cdot x +\frac{\partial F}{\partial v} \cdot 1=x\frac{\partial F}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}$ よって$\displaystyle xz_x=yz_y\Leftrightarrow y\frac{\partial f}{\partial v}=0\Leftrightarrow \frac{\partial F}{\partial v}=0$($y \neq 0$より) これは$F$が$v$によらない$u(=xy)$だけの1変数関数であることを意味するので$xz_x=yz_y\Leftrightarrow z(x,y)=F(xy)$ \vspace{1zw} 問33 $\displaystyle (1-x)^{-2}=1+(-2)(-x)+\frac{(-2)(-3)}{2!}(-x)^2+\frac{(-2)(-3)(-4)}{3!}(-x)^3+\dots+\frac{(-1)^n(n+1)!}{n!}(-x)^n+\dots =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n+1)!}{n!}x^n=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)x^n$ よって$\displaystyle \frac{x}{(1-x)^2}=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)x^{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty} nx^n$ \vspace{1zw} 問35 $\log (1-x^2)=\log (1+x)+\log (1-x)$であり $-10$に対してある自然数$N$が存在して$\displaystyle n>N\Rightarrow |a_n-b|<\frac{\varepsilon }{2}$ よって$n>N$として、また任意の$a_n$に対して$|a_n-b|N_0\Rightarrow \Biggm| \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}-b \Biggm|<\frac{\varepsilon }{2}+ \frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon $ よって$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n} =b$ \vspace{1zw} 問123 $(a_{n+1}+1)^2+(a_n-1)^2\leq 2$よって$2(a_{n+1}-a_{n})\leq a_{n+1}^2+2a_{n+1}+a_{n}^2-a_{n}\leq 0$ $a_{n+1}\leq a_{n}$が任意の自然数$n$で成立 するので$\{ a_{n} \}_{n=1}^{\infty}$は単調減少数列 また$(a_{n}-1)^2 \leq (a_{n+1}+1)^2+(a_{n}-1)^2\leq 2$より$1-\sqrt{2}\leq a_n\leq 1+\sqrt{2}$であるので $\{ a_n \}_{n=1}^{\infty}$は下に有界 よって$ \displaystyle \alpha = \lim_{n \to \infty} a_n $が存在し $(\alpha +1)^2+(\alpha -1)^2\leq 2\Rightarrow \alpha ^2\leq 0$より$\alpha =0$ よって$\{ a_n \}_{n=1}^{\infty}$は$0$に収束する \vspace{1zw} 334ページ:例題 $a_0=0,a_1=\sqrt{2},\dots,a_{n+1}=\sqrt{2+a_n},\dots$と単調増加数列$\{ a_n \}_{n=0}^{\infty}$を定める ($a_{n+1}$は$a_n$のいちばん内側の$\sqrt{ \ \ \ \ \ \ \ \ }$に$\sqrt{2}$を加えた形ともとれるのでその分大きい) このとき$a_1<3$であり$a_n<3\Rightarrow a_{n+1}<\sqrt{2+3}<3$であるから、任意の自然数$n$で$a_n<3$が成立する。よってこの単調増加数列は上に有界 よって$\displaystyle \alpha =\lim_{n \to \infty} a_n$が存在し、それは$\alpha =\sqrt{\alpha +2}$より$\alpha =2$である \vspace{1zw} また$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n$が存在することをコーシーの判定法で示すと $\displaystyle |a_n-a_{n-1}|=\bigm| \sqrt{2+a_{n-1}}-\sqrt{2+a_{n-2}} \bigm|=\Biggm| \frac{a_{n-1}-a_{n-2}}{\sqrt{2+a_{n-1}}+\sqrt{2+a_{n-2}}} \Biggm| <\frac{|a_{n-1}-a_{n-2}|}{2}$ よって$\displaystyle |a_{n}-a_{n-1}|<\frac{a_1-a_0}{2^{n-1}}=\sqrt{2}\,2^{1-n}<2^{2-n}$ 従って$m0$に対して$2-\log_{2}\varepsilon