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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.
- $a \in \mathbb{R} \setminus \left\{ 0 \right\}$ 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} - 定積分 $\displaystyle \int_{0}^{1} \int_{2y}^{2} 4 e^{x^{2}} \, dx \, dy$ の値を求めよ。
[(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}
[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。
- $\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} - $\left( X ,\, \mathcal{T} \right)$ 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。
[(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}
[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。
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。
${}$
$\textsf{[\,鞍点定理\,]}\quad$ $a \in A \boldsymbol{,} \ \ b \in B$ 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。
${}$
$\textsf{[\,ミニマックス定理の半分\,]}\quad$ 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。
[ 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。
[ 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。
[ 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。
任意の $x > 0$ に対して $f(x) \geq 0$ となることを示せ。
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。
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。
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。
[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}
[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}
[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,$g$ の $\left( 0 ,\, \infty \right)$ 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}
[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,$\overline{\Omega}$ は $\mathbb{R}^{N}$ 内における $\Omega$ の閉包,$\partial \Omega$ は $\Omega$ 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)