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微積演習 (4)

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0. Intro.

過去の微積演習 (1) , (2) , (3) からの続き。
微積の演習問題を 5 つ掲載。問題レベルは [易] ~ [標準] くらいです。

1. Q & A.

  1. $a \in \mathbb{R} \setminus \left\{ 0 \right\}$ とする。このとき,以下の不定積分をそれぞれ求めよ。
    \begin{align} \begin{aligned} & \textsf{(a)} \ \ \int \sqrt{a^{2} - x^{2}} \, dx \, \boldsymbol{,} \quad \int \dfrac{x^{2}}{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx \ \boldsymbol{;} \\[7.5pt] & \textsf{(b)} \ \ \int \sqrt{a^{2} + x^{2}} \, dx \, \boldsymbol{,} \quad \int \dfrac{x^{2}}{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
  2. 定積分 $\displaystyle \int_{0}^{1} \int_{2y}^{2} 4 e^{x^{2}} \, dx \, dy$ の値を求めよ。

  1. [(a) の解答]
    与えられた不定積分をそれぞれ,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} I := \int \sqrt{a^{2} - x^{2}} \, dx \, \boldsymbol{,} \qquad J := \int \dfrac{x^{2}}{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx \end{aligned} \end{align}
    と置く。
    ${}$
    このとき,
    \begin{align} \qquad & \begin{aligned} I &= x \sqrt{a^{2} - x^{2}} - \int \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{ x \cdot \left( -2x \right) }{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx \\[5pt] &= x \sqrt{a^{2} - x^{2}} + \int \dfrac{x^{2}}{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx \\[5pt] &= x \sqrt{a^{2} - x^{2}} + J \, \boldsymbol{,} \end{aligned} \\[10pt] & \begin{aligned} I &= \int \dfrac{ a^{2} - x^{2} }{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx \\[5pt] &= \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx - \int \dfrac{ x^{2} }{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx \\[5pt] &= \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx - J \, \boldsymbol{,} \end{aligned} \end{align}
    すなわち,
    \begin{align} \qquad & \begin{aligned} I - J = x \sqrt{a^{2} - x^{2}} \, \boldsymbol{,} \qquad I + J = \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx \end{aligned} \end{align}
    となるので,
    \begin{align} \qquad & \left. \begin{aligned} & 2 I = x \sqrt{a^{2} - x^{2}} + \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx \, \boldsymbol{,} \\[10pt] & 2 J = - x \sqrt{a^{2} - x^{2}} + \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \quad \right\} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
    ${}$
    さらに,$C$ を積分定数とすると,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} - x^{2}} } \, dx = a^{2} \sin^{-1} \left( \dfrac{x}{\left| a \right|} \right) + C \end{aligned} \tag*{\textsf{[2]}} \end{align}
    と表される。
    ${}$
    ゆえに,$\textsf{[1]} \boldsymbol{,} \ \textsf{[2]}$ より,$C_{1} \boldsymbol{,} \ C_{2}$ を積分定数とすると,求める不定積分は,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} & I = \dfrac{1}{2} x \sqrt{a^{2} - x^{2}} + \dfrac{a^{2}}{2} \sin^{-1} \left( \dfrac{x}{\left| a \right|} \right) + C_{1} \, \boldsymbol{,} \\[10pt] & J = - \dfrac{1}{2} x \sqrt{a^{2} - x^{2}} + \dfrac{a^{2}}{2} \sin^{-1} \left( \dfrac{x}{\left| a \right|} \right) + C_{2} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

    [(b) の解答]
    与えられた不定積分をそれぞれ,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} I := \int \sqrt{a^{2} + x^{2}} \, dx \, \boldsymbol{,} \qquad J := \int \dfrac{x^{2}}{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx \end{aligned} \end{align}
    と置く。
    ${}$
    このとき,
    \begin{align} \qquad & \begin{aligned} I &= x \sqrt{a^{2} + x^{2}} - \int \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{ x \cdot 2x }{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx \\[5pt] &= x \sqrt{a^{2} + x^{2}} - \int \dfrac{x^{2}}{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx \\[5pt] &= x \sqrt{a^{2} + x^{2}} - J \, \boldsymbol{,} \end{aligned} \\[10pt] & \begin{aligned} I &= \int \dfrac{ a^{2} + x^{2} }{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx \\[5pt] &= \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx + \int \dfrac{ x^{2} }{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx \\[5pt] &= \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx + J \, \boldsymbol{,} \end{aligned} \end{align}
    すなわち,
    \begin{align} \qquad & \begin{aligned} I + J = x \sqrt{a^{2} + x^{2}} \, \boldsymbol{,} \qquad I - J = \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx \end{aligned} \end{align}
    となるので,
    \begin{align} \qquad & \left. \begin{aligned} & 2 I = x \sqrt{a^{2} + x^{2}} + \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx \, \boldsymbol{,} \\[10pt] & 2 J = x \sqrt{a^{2} + x^{2}} - \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \quad \right\} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
    ${}$
    さらに,$C$ を積分定数とすると,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \int \dfrac{ a^{2} }{ \sqrt{a^{2} + x^{2}} } \, dx = a^{2} \log \left( x + \sqrt{a^{2} + x^{2}} \right) + C \end{aligned} \tag*{\textsf{[2]}} \end{align}
    と表される。
    ${}$
    ゆえに,$\textsf{[1]} \boldsymbol{,} \ \textsf{[2]}$ より,$C_{1} \boldsymbol{,} \ C_{2}$ を積分定数とすると,求める不定積分は,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} & I = \dfrac{1}{2} x \sqrt{a^{2} + x^{2}} + \dfrac{a^{2}}{2} \log \left( x + \sqrt{a^{2} + x^{2}} \right) + C_{1} \, \boldsymbol{,} \\[10pt] & J = \dfrac{1}{2} x \sqrt{a^{2} + x^{2}} - \dfrac{a^{2}}{2} \log \left( x + \sqrt{a^{2} + x^{2}} \right) + C_{2} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

  2. [解答]
    集合 $ D \boldsymbol{,} \ C_{1} \boldsymbol{,} \ C_{2} \boldsymbol{,} \ C_{3} \boldsymbol{,} \ C \subset \mathbb{R}^{2} $ をそれぞれ,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} & D := \left\{ \left( x ,\, y \right) \ \vphantom{\dfrac{0}{0}} \middle\vert \ \ 0 \leq y \leq 1 \, \boldsymbol{,} \quad 2y \leq x \leq 2 \ \right\} \, \boldsymbol{,} \qquad \\[5pt] & C_{1} := \left\{ \left( 2t ,\, 0 \right) \ \vphantom{\dfrac{0}{0}} \middle\vert \ \ 0 \leq t \leq 1 \ \right\} \, \boldsymbol{,} \\[5pt] & C_{2} := \left\{ \left( 2 ,\, t \right) \ \vphantom{\dfrac{0}{0}} \middle\vert \ \ 0 \leq t \leq 1 \ \right\} \, \boldsymbol{,} \\[5pt] & C_{3} := \left\{ \Bigl( 2 \left( 1 - t \right) ,\ 1 - t \Bigr) \ \vphantom{\dfrac{0}{0}} \middle\vert \ \ 0 \leq t \leq 1 \ \right\} \, \boldsymbol{,} \\[10pt] & C := C_{1} \cup C_{2} \cup C_{3} \qquad \end{aligned} \end{align}
    と定める。
    ${}$
    このとき,グリーンの定理から,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \int_{0}^{1} \int_{2y}^{2} 4 e^{x^{2}} \, dx \, dy &= \iint_{D} 4 e^{x^{2}} \, dx \, dy \\[5pt] &= \iint_{D} \left\{ \dfrac{\partial}{\partial x} \left( 0 \right) - \dfrac{\partial}{\partial y} \left( -4 y e^{x^{2}} \right) \right\} \, dx \, dy \\[5pt] &= \int_{C} - 4 y e^{x^{2}} \, dx + 0 \, dy \\[5pt] &= \sum_{j=1}^{3} \int_{C_{j}} - 4 y e^{x^{2}} \, dx + 0 \, dy \\[5pt] &= \int_{0}^{1} - 4 \cdot 0 \cdot e^{4 t^{2}} \cdot \dfrac{d}{dt} \left( 2t \right) \, dt + \int_{0}^{1} - 4 \cdot t \cdot e^{4} \cdot \dfrac{d}{dt} \left( 2 \right) \, dt \\[5pt] &{\qquad \qquad}+ \int_{0}^{1} - 4 \cdot \left( 1-t \right) \cdot e^{4 \left( 1 - t \right)^{2}} \cdot \dfrac{d}{dt} \left\{ 2 \left( 1-t \right) \right\} \, dt \\[5pt] &= 0 + 0 + \int_{0}^{1} 8 \left( 1-t \right) \cdot e^{4 \left( 1 - t \right)^{2}} \, dt \\[5pt] &= \int_{0}^{1} 8 u \cdot e^{4 u^{2}} \, du \\[5pt] &= \left[ e^{4 u^{2}} \right]_{0}^{1} \\[5pt] &= e^{4} - 1 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}


### COMMENT ###
小問 (2) は間に合わせなので,いつか差し替える予定。

  1. $\displaystyle \left( A_{n} \right)_{n \in \mathbb{N}} \, \boldsymbol{,} \ \ \left( \Omega_{\lambda} \right)_{\lambda > 0} $ を集合族とする。このとき,以下の問いに答えよ。
    \begin{align} \begin{aligned} & \textsf{(a)} \ \ \textsf{ $\left( A_{n} \right)_{n \in \mathbb{N}}$ の 上極限 $\limsup_{n \to \infty} A_{n}$ と 下極限 $\liminf_{n \to \infty} A_{n}$ の定義を書け。 } \\[5pt] & \textsf{(b)} \ \ \textsf{ $\left( \Omega_{\lambda} \right)_{\lambda > 0}$ の 上極限 $\limsup_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda}$ と 下極限 $\liminf_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda}$ の定義を書け。 } \\[5pt] & \textsf{(c)} \ \ \textsf{包含関係} \\[5pt] &{\hphantom{\textsf{(c)}}{\ \ }} \begin{aligned} &{\qquad} \liminf_{n \to \infty} A_{n} \subset \limsup_{n \to \infty} A_{n} \, \boldsymbol{,} \qquad \liminf_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda} \subset \limsup_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda} \\[5pt] & \textsf{をそれぞれ示せ。} \end{aligned} \end{aligned} \end{align}
  2. $\left( X ,\, \mathcal{T} \right)$ を位相空間とし,$D \subset X$ とする。このとき,$D$ が連結であることの定義を書け。

  1. [(a) の解答]
    求める定義は,以下のようになる:
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} & \limsup_{n \to \infty} A_{n} = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \, \bigcup_{k \geq n} A_{k} = \bigcap_{n = 1}^{\infty} \, \bigcup_{k \geq n} A_{k} = \bigcap_{n = 1}^{\infty} \, \bigcup_{k = n}^{\infty} A_{k} \, \boldsymbol{,} \\[5pt] & \liminf_{n \to \infty} A_{n} = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \, \bigcap_{k \geq n} A_{k} = \bigcup_{n = 1}^{\infty} \, \bigcap_{k \geq n} A_{k} = \bigcup_{n = 1}^{\infty} \, \bigcap_{k = n}^{\infty} A_{k} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

    [(b) の解答]
    求める定義は,以下のようになる:
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \limsup_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda} = \bigcap_{\lambda > 0} \, \bigcup_{0 < \delta \leq \lambda} \Omega_{\delta} \, \boldsymbol{,} \qquad \liminf_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda} = \bigcup_{\lambda > 0} \, \bigcap_{0 < \delta \leq \lambda} \Omega_{\delta} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

    [(c) の解答]
    まず,$\displaystyle \liminf_{n \to \infty} A_{n} \subset \limsup_{n \to \infty} A_{n} $ を示す。
    $x \in \liminf \limits_{n \to \infty} A_{n}$ が与えられたとする。このとき,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \exists \, N \in \mathbb{N} \ \boldsymbol{;} \qquad x \in \bigcap_{k \geq N} A_{k} \end{aligned} \end{align}
    となるので,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \forall \, k \geq N \, \boldsymbol{,} \qquad x \in A_{k} \subset \bigcup_{j \geq k} A_{j} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ゆえに,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \forall \, k \in \mathbb{N} \, \boldsymbol{,} \qquad x \in \bigcup_{j \geq k} A_{j} \end{aligned} \end{align}
    となることから,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} x \in \bigcap_{k \in \mathbb{N}} \, \bigcup_{j \geq k} A_{j} = \limsup_{n \to \infty} A_{n} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    よって,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \liminf_{n \to \infty} A_{n} \subset \limsup_{n \to \infty} A_{n} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ${}$
    次は,$\displaystyle \liminf_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda} \subset \limsup_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda} $ を示す。
    $y \in \liminf \limits_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda}$ が与えられたとする。このとき,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \exists \, L > 0 \ \boldsymbol{;} \qquad y \in \bigcap_{0 < \delta \leq L} \Omega_{\delta} \end{aligned} \end{align}
    となるので,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \forall \, \delta \in \left( 0 ,\, L \right] \, \boldsymbol{,} \qquad y \in \Omega_{\delta} \subset \bigcup_{0 < \mu \leq \delta} \Omega_{\mu} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ゆえに,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \forall \, \delta > 0 \, \boldsymbol{,} \qquad y \in \bigcup_{0 < \mu \leq \delta} \Omega_{\mu} \end{aligned} \end{align}
    となることから,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} y \in \bigcap_{\delta > 0} \, \bigcup_{0 < \mu \leq \delta} \Omega_{\mu} = \limsup_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda} \end{aligned} \end{align}
    よって,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \liminf_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda} \subset \limsup_{\lambda \to +0} \, \Omega_{\lambda} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

  2. [解答]
    $D$ が連結であることの定義を,論理記号を用いて書くと,以下のようになる:
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \forall \ U ,\, V \in \mathcal{T} \boldsymbol{,} \qquad \biggl[ \ \Bigl( \, D \subset U \cup V \, \Bigr) \land \Bigl( \, U \cap V = \emptyset \, \Bigr) \quad \Longrightarrow \quad \Bigl( \, U = \emptyset \, \Bigr) \lor \Bigl( \, V = \emptyset \, \Bigr) \ \biggr] \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}


### COMMENT ###
小問 (2) は,連結の定義を調べると何故か非連結の定義が出てくる文献がすごく多くて困ったので,問題にしてみました。(明らかな人には明らか。)

$A ,\, B$ を位相空間内の空でないコンパクト部分集合とし,$f \, \boldsymbol{:} \, A \times B \to \mathbb{R}$ とする。このとき,以下の問いに答えよ。

  1. 不等式
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \max_{x \in A} \min_{y \in B} f( x ,\, y ) \leq \min_{y \in B} \max_{x \in A} f ( x ,\, y ) \end{aligned} \end{align}
    が成り立つことを示せ。
    ${}$

  2. $\textsf{[\,鞍点定理\,]}\quad$ $a \in A \boldsymbol{,} \ \ b \in B$ とする。このとき,2 条件
    \begin{align} \begin{aligned} & \textsf{(a)} \ \ \textsf{任意の $x \in A \boldsymbol{,} \ \ y \in B$ に対して} \boldsymbol{,} \ \ f ( x ,\, b ) \leq f ( a ,\, b ) \leq f ( a ,\, y ) \ \boldsymbol{;} \\[10pt] & \textsf{(b)} \ \ \max_{x \in A} f ( x ,\, b ) = f ( a ,\, b ) = \min_{y \in B} f ( a ,\, y ) \end{aligned} \end{align}
    は同値であることを示せ。
    ${}$

  3. $\textsf{[\,ミニマックス定理の半分\,]}\quad$ 鞍点の存在条件
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} & \textsf{ある $x^{*} \in A \boldsymbol{,} \ \ y^{*} \in B$ が存在して} \boldsymbol{,} \ \ \\[5pt] & \textsf{任意の $x \in A \boldsymbol{,} \ \ y \in B$ に対して} \boldsymbol{,} \ \ f ( x ,\, y^{*} ) \leq f ( x^{*} ,\, y^{*} ) \leq f ( x^{*} ,\, y ) \end{aligned} \end{align}
    を仮定する。このとき,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \max_{x \in A} \min_{y \in B} f( x ,\, y ) = f ( x^{*} ,\, y^{*} ) = \min_{y \in B} \max_{x \in A} f ( x ,\, y ) \end{aligned} \end{align}
    が成り立つことを示せ。


  1. [ 解答 ]
    $(x_{0} ,\, y_{0}) \in A \times B$ が与えられたとする。このとき,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \min_{y \in B} f ( x_{0} ,\, y ) \leq f ( x_{0} ,\, y_{0} ) \leq \max_{x \in A} f ( x ,\, y_{0} ) \end{aligned} \end{align}
    であるので,$x_{0}$ の任意性から,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \max_{x \in A} \min_{y \in B} f ( x ,\, y ) \leq \max_{x \in A} f ( x ,\, y_{0} ) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ゆえに,この不等式において,$y_{0}$ の任意性から,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \max_{x \in A} \min_{y \in B} f( x ,\, y ) \leq \min_{y \in B} \max_{x \in A} f( x ,\, y ) \end{aligned} \end{align}
    が成り立つ。

  2. [ 解答 ]
    まず,$\textsf{(a)}$ を仮定する。このとき,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \max_{x \in A} f ( x ,\, b ) \leq f ( a ,\, b ) \leq \min_{y \in B} f ( a ,\, y ) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
    また,明らかに,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \max_{x \in A} f ( x ,\, b ) \geq f ( a ,\, b ) \geq \min_{y \in B} f ( a ,\, y ) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[2]}} \end{align}
    ゆえに,$\textsf{[1]} ,\ \textsf{[2]}$ より,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \max_{x \in A} f ( x ,\, b ) = f ( a ,\, b ) = \min_{y \in B} f ( a ,\, y ) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    逆に,$\textsf{(b)}$ を仮定する。このとき,任意の $x \in A \boldsymbol{,} \ \ y \in B$ に対して,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} f ( x ,\, b ) \leq \max_{x \in A} f ( x ,\, b ) = f ( a ,\, b ) = \min_{y \in B} f ( a ,\, y ) \leq f ( a ,\, y ) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    よって,$\textsf{(a)} \Leftrightarrow \textsf{(b)}$ が示された。

  3. [ 解答 ]
    まず,仮定と (2) の結果から,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \min_{y \in B} \max_{x \in A} f ( x ,\, y ) &\leq \max_{x \in A} f ( x ,\, y^{*} ) \\[5pt] &= f ( x^{*} ,\, y^{*} ) \\[5pt] &= \min_{y \in B} f ( x^{*} ,\, y ) \\[5pt] &\leq \max_{x \in A} \min_{y \in B} f ( x ,\, y ) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[3]}} \end{align}
    また,(1) の結果から,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \max_{x \in A} \min_{y \in B} f( x ,\, y ) \leq \min_{y \in B} \max_{x \in A} f( x ,\, y ) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[4]}} \end{align}
    ゆえに,$\textsf{[3]} ,\ \textsf{[4]}$ より,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \max_{x \in A} \min_{y \in B} f( x ,\, y ) = f ( x^{*} ,\, y^{*} ) = \min_{y \in B} \max_{x \in A} f ( x ,\, y ) \end{aligned} \end{align}
    が成り立つ。


### COMMENT ###
ミニマックス定理の逆半分を証明するためには,均衡点についての条件
\begin{align} \qquad \begin{aligned} & \textsf{ある $x^{*} \in A \boldsymbol{,} \ \ y^{*} \in B$ が存在して} \boldsymbol{,} \ \ \\[5pt] & \max_{x \in A} \min_{y \in B} f( x ,\, y ) = f ( x^{*} ,\, y^{*} ) = \min_{y \in B} \max_{x \in A} f ( x ,\, y ) \end{aligned} \end{align}
を仮定するだけでは(恐らく)足りない。結論の,鞍点の存在
\begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{任意の $x \in A \boldsymbol{,} \ \ y \in B$ に対して} \boldsymbol{,} \ \ f ( x ,\, y^{*} ) \leq f ( x^{*} ,\, y^{*} ) \leq f ( x^{*} ,\, y ) \end{aligned} \end{align}
を証明するためには,適切な仮定を加える必要がある。

関数 $f \, \boldsymbol{:} \, ( 0 ,\, \infty ) \to \mathbb{R}$ が,
\begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{任意の $x ,\, y \in (0, \infty)$ に対して} \boldsymbol{,} \ \ f ( x y ) = f(x) f(y) \end{aligned} \end{align}
を満たすとする。このとき,以下の問いに答えよ。

  1. 任意の $x > 0$ に対して $f(x) \geq 0$ となることを示せ。

  2. ある $x_{0} > 0$ が存在して $f(x_{0}) \neq 0$ ならば,任意の $x > 0$ に対して $f(x) > 0$ となることを示せ。

  3. 関数 $g \, \boldsymbol{:} \, ( 0 ,\, \infty ) \to \mathbb{R}$ が,2 条件
    \begin{align} \quad \begin{aligned} & \textsf{(a)} \quad \textsf{$g$ は $\left( 0 ,\, \infty \right)$ 上で連続} \ \boldsymbol{;} \\[5pt] & \textsf{(b)} \quad \textsf{任意の $x ,\, y \in (0, \infty)$ に対して} \boldsymbol{,} \ \ g(xy) = g(x) + g(y) \end{aligned} \end{align}
    を満たすとする。また,$c := g (e)$ と置く。このとき,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{任意の $x > 0$ に対して} \boldsymbol{,} \ \ g(x) = c \log{x} \end{aligned} \end{align}
    が成り立つことを示せ。

  4. 関数 $f$ が,2 条件
    \begin{align} \quad \begin{aligned} & \textsf{(c)} \quad \textsf{$f$ は $\left( 0 ,\, \infty \right)$ 上で連続} \ \boldsymbol{;} \\[5pt] & \textsf{(d)} \quad f (1) \neq 0 \end{aligned} \end{align}
    を満たすとする。また,$\alpha := \log{ f(e) }$ と置く。このとき,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{任意の $x > 0$ に対して} \boldsymbol{,} \ \ f(x) = x^{\alpha} \end{aligned} \end{align}
    が成り立つことを示せ。


  1. [解答]
    任意の $x > 0$ に対して,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} f (x) = f \left( \sqrt{x} \cdot \sqrt{x} \right) = f \left( \sqrt{x} \right) \cdot f \left( \sqrt{x} \right) = \left\{ f \left( \sqrt{x} \right) \right\}^{2} \geq 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

  2. [解答]
    命題の対偶
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{ ある $x_{1} > 0$ が存在して $f(x_{1}) \leq 0$ ならば, 任意の $x > 0$ に対して $f(x) = 0$ となる } \end{aligned} \tag*{\textsf{[A]}} \end{align}
    を示す。(1) の結果より,$f (x_{1} ) = 0$ であるので,任意の $x > 0$ に対して,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} f(x) = f \left( x_{1} \cdot \dfrac{x}{x_{1}} \right) = f \left( x_{1} \right) \cdot f \left( \dfrac{x}{x_{1}} \right) = 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ゆえに,命題の対偶 $\textsf{[A]}$ が成り立つので,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{ ある $x_{0} > 0$ が存在して $f(x_{0}) \neq 0$ ならば, 任意の $x > 0$ に対して $f(x) > 0$ となる。 } \end{aligned} \end{align}

  3. [解答]
    $x > 0$ および $\lambda \in \mathbb{R}$ が与えられたとする。
    ${}$
    $\lambda = 0$ の場合を考える。このとき,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g(1) = g(1 \cdot 1) = g(1) + g(1) \, \boldsymbol{,} \quad \textsf{すなわち,} \quad g(1) = 0 \end{aligned} \end{align}
    であるので,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g(x^{\lambda}) = g(1) = 0 = \lambda g(x) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ${}$
    $\lambda \in \mathbb{N} \cup \left\{ 0 \right\}$ の場合を考える。このとき,任意の $k \in \mathbb{N} \cup \left\{ 0 \right\}$ に対して $g( x^{k} ) = k g(x)$ を仮定すると,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g(x^{k + 1}) = g( x^{k} \cdot x ) = g(x^{k}) + g(x) = k g(x) + g(x) = (k + 1) g(x) \end{aligned} \end{align}
    となるので,数学的帰納法が成立する。ゆえに,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g( x^{\lambda} ) = \lambda g(x) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ${}$
    $\lambda = -1$ の場合を考える。このとき,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} 0 = g(1) = g( x \cdot x^{-1} ) = g(x) + g( x^{-1} ) \, \boldsymbol{,} \quad \textsf{すなわち,} \quad g ( x^{-1} ) = - g(x) \end{aligned} \end{align}
    であるので,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g(x^{\lambda}) = g ( x^{-1} ) = - g(x) = \lambda g(x) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ${}$
    $\lambda \in \mathbb{Z} \cap ( -\infty ,\, -1 ]$ の場合を考える。このとき,任意の $k \in \mathbb{Z} \cap ( -\infty ,\, -1 ]$ に対して $g(x^{k}) = k g(x)$ を仮定すると,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g(x^{k-1}) = g( x^{k} \cdot x^{-1} ) = g(x^{k}) + g(x^{-1}) = k g(x) - g(x) = ( k - 1 ) g(x) \end{aligned} \end{align}
    となるので,数学的帰納法が成立する。ゆえに,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g( x^{\lambda} ) = \lambda g(x) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ${}$
    $\lambda \in \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Z}$ の場合を考える。このとき,ある $p ,\, q \in \mathbb{Z}$ が存在して $\lambda = \dfrac{p}{q}$ と表されるので,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g(x^{\lambda}) = g ( x^{\dfrac{p}{q}} ) = p \cdot g ( x^{\dfrac{1}{q}} ) = \frac{p}{q} \cdot q \cdot g ( x^{\dfrac{1}{q}} ) = \frac{p}{q} \cdot g ( x^{\dfrac{q}{q}} ) = \frac{p}{q} \cdot g(x) = \lambda g(x) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ${}$
    $\lambda \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ の場合を考える。このとき,$g$$\left( 0 ,\, \infty \right)$ 上における連続性に注意すると,任意の
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \left( \lambda_{n} \right)_{n=1}^{\infty} \in \left\{ ( \lambda_{n} )_{n=1}^{\infty} \in \mathbb{Q}^{\mathbb{N}} \ \middle\vert \ \lim_{n \rightarrow \infty} \lambda_{n} = \lambda \right\} \end{aligned} \end{align}
    に対して,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g(x^{\lambda}) = g \left( \lim_{n \rightarrow \infty} x^{\lambda_{n}} \right) = \lim_{n \rightarrow \infty} g(x^{\lambda_{n}}) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\lambda_{n}} g(x) = \lambda g(x) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
    ${}$
    よって,以上のことから,$g(x^{\lambda}) = \lambda g(x)$ であるので,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g(x) = g(e^{\log{x}}) = g(e) \log{x} = c \log{x} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

  4. [解答]
    条件 $\textsf{(d)}$ と (2) の結果から,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \forall \, x > 0 \, \boldsymbol{,} \quad f(x) > 0 \end{aligned} \end{align}
    となるので,関数 $g \, \boldsymbol{:} \, ( 0 ,\, \infty) \to \mathbb{R}$ を,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} g(x) := \log{f(x)} \qquad \left( \, \forall \, x > 0 \, \right) \end{aligned} \end{align}
    と定めると,$g$ は (3) の 2 条件 $\textsf{(a)} \boldsymbol{,} \ \textsf{(b)}$ をすべて満たす。
    ${}$
    ゆえに,(3) の結果から,任意の $x > 0$ に対して,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} \log{f(x)} = g (x) = g(e) \log{x} \end{aligned} \end{align}
    となるので,
    \begin{align} \qquad \begin{aligned} f(x) = x^{g(e)} = x^{\log{f(e)}} = x^{\alpha} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}


### COMMENT ###
問題の関数方程式では,仮定の条件を強くしてあるので,予想通りの結果が出てくる。

$N$ を正の整数,$\Omega \subset \mathbb{R}^{N}$ を有界領域,$\lambda \geq 1$ とし,
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} g \in C^{0} ( \partial \Omega ) \, \boldsymbol{,} \qquad M := \max_{\partial \Omega} g \geq 0 \end{aligned} \end{align}
とする。また,関数 $u \, \boldsymbol{:} \, \overline{\Omega} \to \mathbb{R}$ が,3 条件
\begin{align} \quad & \begin{aligned} \textsf{(a)} \quad u \in C^{2} ( \Omega ) \cap C^{0} ( \overline{\Omega} ) \ \boldsymbol{;} \end{aligned} \\[7.5pt] & \begin{aligned} \textsf{(b)} \quad \textsf{$\Omega$ 上で} \ \ u \not \equiv M \ \boldsymbol{;} \end{aligned} \\[5pt] & \begin{aligned} \textsf{(c)} \quad \left\{ \begin{array}{ll} \Delta u (x) = \left\{ u (x) \right\}^{\lambda} &{\ \ } \left( \, \forall \, x \in \Omega \, \right) \\[2.5pt] u (x) = g (x) &{\ \ } \left( \, \forall \, x \in \partial \Omega \, \right) \\ \end{array} \right. \end{aligned} \end{align}
を満たすとする。(ここで,$\overline{\Omega}$$\mathbb{R}^{N}$ 内における $\Omega$ の閉包,$\partial \Omega$$\Omega$ の境界である。)このとき,
\begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{任意の $x \in \Omega$ に対して} \boldsymbol{,} \quad u (x) < M \end{aligned} \end{align}
となることを示せ。


[解答]
背理法により示すために,
\begin{align} \qquad \begin{aligned} \exists \, x_{0} \in \Omega \ \boldsymbol{;} \quad u \left( x_{0} \right) \geq M \end{aligned} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
を仮定する。

このとき,問題の条件より,
\begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{$\overline{\Omega}$ は $\mathbb{R}^{N}$ 内の有界閉集合} \qquad \textsf{かつ} \qquad u \in C^{0} ( \overline{\Omega} ) \qquad \textsf{かつ} \qquad \textsf{$\Omega$ 上で} \ \ u \not \equiv M \end{aligned} \tag*{\textsf{[2]}} \end{align}
であるので,$\textsf{[1]} \boldsymbol{,} \ \textsf{[2]}$ および最大値原理より,
\begin{align} \qquad \left. \begin{aligned} & \exists \, U_{0} \subset \Omega \ \boldsymbol{:} \ \ \textsf{$x_{0}$ を含む有界領域} \ \boldsymbol{;} \qquad \\[5pt] & \exists \, x_{1} \in U_{0} \ \boldsymbol{;} \qquad u \left( x_{1} \right) > M \quad \textsf{かつ} \quad u \left( x_{1} \right) = \max_{\overline{\Omega}} u \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \ \ \right\} \tag*{\textsf{[3]}} \end{align}

ゆえに,$\textsf{[3]}$ および問題の条件 $u \in C^{2} \left( \Omega \right)$ より,$x_{1}$ のある近傍上で $u$ は上に凸であるので,
\begin{align} \qquad \left. \begin{aligned} & \exists \, U_{1} \subset U_{0} \ \boldsymbol{:} \ \ \textsf{$x_{1}$ の近傍} \ \boldsymbol{;} \qquad \forall \, x = \left( x_{1} ,\, \dots ,\, x_{N} \right) \in U_{1} \, \boldsymbol{,} \\[5pt] & \forall \, k \in \left\{ 1 ,\, \dots ,\, N \right\} \, \boldsymbol{,} \qquad \dfrac{\partial^{2} u}{\partial x_{k}^{2}} \left( x \right) \leq 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \ \ \right\} \tag*{\textsf{[4]}} \end{align}

よって,$\textsf{[4]}$ および問題の条件 $\textsf{(c)}$ より,
\begin{align} \qquad \begin{aligned} 0 \leq M^{\lambda} < \left\{ u \left( x_{1} \right) \right\}^{\lambda} = \Delta u \left( x_{1} \right) = \sum_{k=1}^{N} \dfrac{\partial^{2} u}{\partial x_{k}^{2}} \left( x_{1} \right) \leq 0 \end{aligned} \tag*{\textsf{[5]}} \end{align}
となるが,しかし,$\textsf{[5]}$ は成立しない。

したがって,仮定 $\textsf{[1]}$ は成立しないので,
\begin{align} \qquad \begin{aligned} \forall \, x \in \Omega \, \boldsymbol{,} \quad u (x) < M \end{aligned} \end{align}
が成り立つ。


### COMMENT ###
問題の仮定からすぐに分かることだが,$\max \limits_{\bar \Omega} u = \max \limits_{\partial \Omega} u = M$ となることを示している。

2. Outro.

『微積演習 (5)』へ続きます。(未定)

投稿日:813
更新日:815
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スキマ産業。

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