以下の問いに答えよ。ただし、\(x, y, z, t, k\)は実数であるとする。
(1) 関数\(f(x, y) = x^3 + y^2 – xy\)の偏導関数\(\frac{\partial f}{\partial x}\)と\(\frac{\partial f}{\partial y}\)を求めよ。また、曲面\(z = f(x, y)\)の\((x, y, z) = (1, 2, f(1,2))\)における接平面の方程式を求めよ。
(2) 関数\(h(x) = \exp\{\exp(2 x) – 1\}\)を\(x = 0\)のまわりで1次の項までテイラー展開せよ。また、極限
\[
a = \lim_{x \to 0}\frac{1 – h(x)}{x^k}
\]
が存在し、\(0 < |a| < \infty\)を満たすとき、\(k\)と\(a\)の値を求めよ。
(3) 関数\(\cos^{-1}\)は\(\cos\)の逆関数で、\(\cos^{-1}\)の定義域と値域は、それぞれ\(\left[-1, 1\right]\)と\(\left[0, \pi \right]\)であるとする。曲線\(y = \cos^{-1}(x + \frac{1}{2})\)を描け。また、この曲線と\(x\)軸および\(y\)軸で囲まれる領域の面積を求めよ。\( \\ \)
(4) 実関数\(g(t)\)が満たす次の微分方程式の一般解を求めよ。
\[
\frac{{\rm d}^2 g}{{\rm d} t^2} + \frac{{\rm d} g}{{\rm d} t} + \sin t = 0
\]
また、初期値\(g(0) = 2, \frac{{\rm d}g}{{\rm d}t}(0) = 0\)に対する特解を求めよ。\( \\ \)
(5) \(D = \left\{(x, y)|0 \le 2 x – y \le 1, 0 \le x + 3 y \le 2 \right\}\)とする。
変数変換\(u = 2x – y, v = x + 3y\)を用いて、次の重積分の値を求めよ。
\[
\int \int_{D} \frac{(2 x – y)^3}{4 + (x + 3 y)^2} {\rm d}x {\rm d}y
\]
\[\begin{align}
\frac{\partial f}{\partial x} &= 3 x^2 – y \\
\frac{\partial f}{\partial y} &= 2 y – x
\end{align}\]
これらを使って
\[\begin{align}
{\rm d}f(x, y) &= \frac{\partial f}{\partial x} {\rm d}x + \frac{\partial f}{\partial y} {\rm d}y \\
&= (3 x^2 – y) {\rm d}x + (2 y – x) {\rm d} y
\end{align}\]
となるので、\((1, 2, f(1, 2)\)における曲面\(z = f(x, y)\)の接ベクトルは
\[\begin{align}
\vec{u} &= (1, 0, 3\cdot 1^2 – 2) = (1, 0, 1) \\
\vec{v} &= (0, 1, 2\cdot 2 – 1) = (0, 1, 3)
\end{align}\]
と求まる。これら2つの接ベクトルに直交するベクトルは2つのベクトルの外積から求める事が出来て
\[
\vec{u} \times \vec{v} = (-1, -3, 1)
\]
となるので、求める接平面の法線ベクトル\(\vec{n}\)は
\[
\vec{n} =(1, 3, -1)
\]
と選ぶことが出来る。従って、求める接平面の方程式は
\[\begin{align}
1\cdot(x – 1) + 3(y – 2) – 1\cdot(z – f(1,2)) &= 0 \\
x + 3 y – z &= 4
\end{align}\]
と求まる。
(2)
\[\begin{align}
h(x) &= \exp[\exp(2 x) – 1] \\
h(0) &= 1 \\
h'(x) &= \exp[\exp(2 x) – 1] \times \exp(2 x) \times 2 \\
h'(0) &= 1\times 1 \times 2 = 2
\end{align}\]
従って、
\[
h(x) = 1 + 2 x + O(x^2)
\]
とテイラー展開することが出来る。この結果を用いると
\[
\lim_{x \to 0} \frac{1 – h(x)}{x^k} = \lim_{x \to 0} \frac{1 – (1 + 2 x + O(x^2))}{x ^k} = \lim_{x \to 0} \frac{ -2 x + O(x^2)}{x^k}
\]
となり、\(0 < |a| < \infty\)となるには、\(k = 1\)であり、その時\(a = – 2\)である。\( \\ \)
(3)
図は省略する。
求める面積は
\[\begin{align}
\int_{0}^{\frac{1}{2}} \cos^{-1}x {\rm d} x &= [x \cdot \cos^{-1} x ]_0^{\frac{1}{2}} – \int_0^{\frac{1}{2}} x \cdot (- \frac{1}{\sqrt{1 – x^2}}) {\rm d} x \\
&= \frac{1}{2} \cos^{-1}\frac{1}{2} + \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{x}{\sqrt{1 – x^2}} {\rm d} x \\
&= \frac{\pi}{6} + [ -(1-x^2)^{\frac{1}{2}}]_0^{\frac{1}{2}} \\
&= \frac{\pi}{6} – \frac{\sqrt{3}}{2} + 1
\end{align}\]
となる。\( \\ \)
(4)
先ずは
\[
\frac{{\rm d}^2 g}{{\rm d} t^2} + \frac{{\rm d} g}{{\rm d} t} = 0
\]
なる微分方程式を解く。一回積分すると積分定数を\(C_1\)として
\[
\frac{{\rm d} g}{{\rm d} t} + g = C_1
\]
となり、この解は\(C_2\)を積分定数として
\[
g(t) = C_2 {\rm e}^{- t} + C_1
\]
となる。
次に
\[
\frac{{\rm d}^2 g}{{\rm d} t^2} + \frac{{\rm d} g}{{\rm d} t} + \sin t = 0
\]
の解を求める。
\(g(t)\)を下の式でフーリエ変換する。
\[
g(t) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int \hat{g}(\omega) {\rm e}^{{\rm i} \omega t} {\rm d} \omega
\]
\(\sin t\)は
\[
\sin t = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int \frac{\sqrt{2 \pi}}{2 i}\left(\delta(\omega – 1) – \delta(\omega + 1)\right) {\rm e}^{{\rm i} \omega t} {\rm d} \omega
\]
であるので、解くべき微分方程式は
\[
(- \omega^2 + {\rm i} \omega) \hat{g}(\omega) = – \frac{\sqrt{2 \pi}}{2 {\rm i}} \left(\delta(\omega – 1) – \delta(\omega + 1) \right)
\]
となり、これから\(\hat{g}(\omega)\)を求めて、\(g(t)\)に変換すると
\[\begin{align}
\hat{g}(\omega) &= – \frac{\sqrt{2 \pi}}{2 {\rm i}} \frac{\delta(\omega – 1) + \delta(\omega + 1)}{(- \omega^2 + {\rm i} \omega} \\
g(t) &= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int \hat{g}(\omega) {\rm e}^{{\rm i} \omega t} \\
&= \frac{1}{2 {\rm i}} \int \frac{\delta(\omega – 1) – \delta(\omega + 1)}{\omega^2 – {\rm i}\omega} \\
&= \frac{1}{2 {\rm i}}\left(\frac{{\rm e}^{{\rm i} t}}{1 – {\rm i}} – \frac{{\rm e}^{- {\rm i} t}}{1 + {\rm i}}\right) \\
&= \frac{1}{2} \sin t + \frac{1}{2} \cos t
\end{align}\]
となる。
従って、一般解は
\[
g(t) = C_2 {\rm e}^{- t} + C_1+ \frac{1}{2} \sin t + \frac{1}{2} \cos t
\]
となる。
また\(g(0), g'(0)\)を計算して
\[\begin{align}
g(0) &= C_2 + C_1 + \frac{1}{2} = 2 \\
g'(0) &= – C_2 + \frac{1}{2} = 0
\end{align}\]
より、初期値\(g(0) = 2, g'(0)=0\)なる解は
\[\begin{align}
C_1 &= 1 \\
C_2 &= \frac{1}{2}
\end{align}\]
となり
\[
g(t) = \frac{1}{2} {\rm e}^{- t} + 1 + \frac{1}{2} \sin t + \frac{1}{2} \cos t
\]
と求まる。\( \\ \)
(5)
\[\begin{align}
u &= 2 x – y \\
v &= x + 3 y
\end{align}\]
を逆に\(x, y\)について解くと
\[\begin{align}
x &= \frac{3}{7} u + \frac{1}{7} v \\
y &= -\frac{1}{7} u + \frac{2}{7} v
\end{align}\]
となるので、Jacbian\(J\)は
\[\begin{align}
J &=
\begin{array}{|cc|}
\frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\
\frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \\
\end{array} \\
&=
\begin{array}{|cc|}
\frac{3}{7} & \frac{1}{7} \\
-\frac{1}{7} & \frac{2}{7} \\
\end{array} \\
&= \frac{1}{7}
\end{align}\]
となる。従って、求める重積分は
\[\begin{align}
\int \int_{D} \frac{(2 x – y)^3}{4 + (x + 3 y)^2} {\rm d}x {\rm d}y &=
\int_0^1 {\rm d}u \int_0^2 {\rm d}v \frac{u^3}{4 + v^2} \cdot \frac{1}{7} \\
&= \left[\frac{1}{4}\right]_0^1 \cdot \int_0^2 \frac{1}{4} \frac{1}{1 + (\frac{v^2}{2})^2} \cdot \frac{1}{7} \\
&= \frac{1}{4} \frac{1}{4} \left\{2 \tan^{-1}(\frac{v}{2})\right\}_0^2 \frac{1}{7} \\
&= \frac{\pi}{224}
\end{align}\]
と求まる。
