高専2,3年生で学習した「微分積分」のまとめである．
| 記号 | 意味 |
|---|---|
| \(\forall\) | 任意の～に対して、全ての～に対して |
| \(\exist\) | ある～が存在して、少なくとも1つ～が存在して |
| \(\text{s.t.}\) | such that |
| \(\coloneqq\) | 左辺を右辺の通りにおく |
| \(\eqqcolon\) | 右辺を左辺の通りにおく |
| \(\text{Const.}\) | 定数 |
| \(\dbinom{n}{i}\) | \({}_n \! {\rm C}_i\) |
| \(\operatorname{S}(x)\) | \(x\) の面積 |
| \(\operatorname{abs}\) | 絶対値 |
| \(\land\) | かつ |
| \(\lor\) | または |
数列 #
数列の和 #
等差数列の第 \(n\) 部分和 \(S_n\) は、「\(S_n =\) 初項 \(+ \cdots +\) 末項」\(+\)「\(S_n =\) 末項 \(+ \cdots +\) 初項」より
$$ S_n = \frac{1}{2}n(\textsf{初項} + \textsf{末項}) $$等比数列 (初項 \(a\)、公比 \(r \ne 1\) ) の第 \(n\) 部分和 \(S_n\) は、\(S_n - rS_n\) より
$$ S_n = \frac{a(1 - r^n)}{1 - r} $$整式型の和は次のように求まる．
-
自然数の和
$$ \sum_{k=1}^n k = \frac{1}{2}n(n+1) $$$$ \begin{align*} (k+1)^2 - k^2 &= 2k + 1 \\ \sum_{k=1}^n \{ (k+1)^2 - k^2 \} &= \sum_{k=1}^n (2k + 1) \\ (n+1)^2 - 1 &= 2 \sum_{k=1}^n k + n \\ 2 \sum_{k=1}^n k &= (n+1)^2 - (n+1) = (n+1)(n+1-1) \\ \sum_{k=1}^n k &= \frac{1}{2}n(n+1) \end{align*} $$ -
自然数の平方の和
$$ \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) $$$$ \begin{align*} (k+1)^3 - k^3 &= 3k^2 + 3k + 1 \\ \sum_{k=1}^n \{(k+1)^3 - k^3\} &= \sum_{k=1}^n (3k^2 + 3k + 1) \\ (n+1)^3 - 1 &= 3 \sum_{k=1}^n k^2 + 3 \sum_{k=1}^n k + n \\ &= 3 \sum_{k=1}^n k^2 + \frac{3}{2}n(n+1) + n \\ 3 \sum_{k=1}^n k^2 &= (n+1)^3 - (n+1) - \frac{3}{2}n(n+1) \\ 6 \sum_{k=1}^n k^2 &= 2 (n+1)^3 - 2(n+1) - 3n(n+1) \\ &= (n+1)\{2(n+1)^2 - 2 - 3n\} \\ &= (n+1)(2n^2 + 4n + 2 - 2 - 3n) \\ &= (n+1)(2n^2 + n) \\ &= n(n+1)(2n+1) \\ \sum_{k=1}^n k^2 &= \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \end{align*} $$ -
自然数の立方の和
$$ \sum_{k=1}^n k^3 = \frac{1}{4}n^2(n+1)^2 $$$$ \begin{align*} (k+1)^4 - k^4 &= 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1 \\ \sum_{k=1}^n \{(k+1)^4 - k^4\} &= 4\sum_{k=1}^n k^3 + 6 \sum_{k=1}^n k^2 + 4\sum_{k=1}^n k + n \\ (n+1)^4 - 1 &= 4\sum_{k=1}^n k^3 + n(n+1)(2n+1)+2n(n+1)+n \\ 4\sum_{k=1}^n k^3 &= (n+1)^4 - (n+1) - n(n+1)(2n+1)-2n(n+1) \\ &= (n+1)\{(n+1)^3 - 1 - n(2n+1) - 2n\} \\ &= (n+1)(n^3 + 3n^2 + 3n + 1 - 1 - 2n^2-n-2n) \\ &= (n+1)(n^3 + n^2) \\ &= n^2(n+1)^2 \\ \sum_{k=1}^n k^3 &= \frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \end{align*} $$
数列の極限 #
\(\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_n = \alpha, \, \lim_{n\to\beta}b_n = \beta\) とする．極限値について次の性質が成り立つ．
$$ \begin{align*} \lim_{n\to\infty} ka_n &= k\alpha \\ \lim_{n\to\infty} (a_n \pm b_n) &= \alpha \pm \beta \\ \lim_{n\to\infty} a_nb_n &= \alpha\beta \\ \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} &= \frac{\alpha}{\beta} \end{align*} $$等比数列 \(\{ r^n \}\) の極限は
$$ \lim_{n\to\infty} r^n = \begin{cases} +\infty &(r>1) \\ 1 &(r=1) \\ 0 &(-1 < r < 1) \\ \textsf{振動} &(r \le -1) \end{cases} $$無限級数の和について、次が成り立つ．
$$ \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty a_n \textsf{ が収束する} \quad &\xRightarrow{} \quad \lim_{n\to\infty} a_n = 0 \\ \lim_{n\to\infty} a_n \ne 0 \quad &\xRightarrow{} \quad \sum_{n=1}^\infty a_n \textsf{ が発散する} \end{align*} $$\(\displaystyle S_k = \sum_{n=1}^k a_n, \, S = \lim_{n\to\infty} S_n = \sum_{n=1}^\infty a_n\) とする．\(n \to \infty\) より \(n \ge 2\) としてよい．
$$ \begin{align*} a_n &= S_n - S_{n-1} \\ \lim_{n\to\infty} a_n &= \lim_{n\to\infty} (S_n - S_{n-1}) = S - S = 0 \end{align*} $$より「\(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n\) が収束する \(\xRightarrow{}\) \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_n = 0\)」が成り立つ．
その対偶「\(\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_n \ne 0\) \(\xRightarrow{}\) \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n\) が発散する」も成り立つ．
部分分数分解 #
$$ \begin{align*} \frac{px+q}{(x-a)(x-b)} &= \frac{A}{x-a} + \frac{B}{x-b} \\ \frac{px^2+qx + r}{(x-a)(x-b)(x-c)} &= \frac{A}{x-a} + \frac{B}{x-b} + \frac{C}{x-c} \\ \frac{px + q}{(x-a)^2} &= \frac{A}{(x-a)^2} + \frac{B}{x-a} \\ \frac{px^2+qx + r}{(x-a)^2(x-b)} &= \frac{A}{(x-a)^2} + \frac{B}{x-a} + \frac{C}{x-b} \\ \frac{px^2+qx + r}{(x-a)(x^2 + bx + c)} &= \frac{A}{x-a} + \frac{Bx + C}{x^2 + bx + c} \end{align*} $$微分の基礎 #
中間値の定理 #
\(f(x)\) が区間 \([a,b]\) で連続で、\(f(a) \ne f(b)\) ならば
$$ {}^\forall m \in (f(a), f(b)), \, {}^\exist c \in (a,b) \quad \text{s.t.} \quad f(c) = m $$方程式 \(x^3 - 3x = 1\) は、閉区間 \([0,2]\) に少なくとも1つの解を持つことを証明せよ．
\(f(x) \coloneqq x^3 - 3x - 1\) とすると、\(f(x)\) は \([0,2]\) で連続である．区間の両端の値を調べると
$$ \begin{align*} f(0) &= -1 \\ f(2) &= 8 - 6 - 1 = 1 \end{align*} $$したがって中間値の定理より \(f(x) = 0\) なる \(x \in (0,2)\) が存在する．それが求める解である．
関数の極限 #
$$ \frac{\sin x}{x} \to \begin{cases} 1 &(x \to 0) \\ 0 &(x \to \pm\infty) \end{cases} $$-
\(x \to +0\)
$$ \begin{array}{} \operatorname{S}(\triangle{\rm OAB}) & < & \operatorname{S}(\textsf{扇形}{\rm OAB}) & < & \operatorname{S}(\triangle{\rm OBC}) \\[6pt] \displaystyle \frac{1}{2}\sin x & < & \displaystyle \frac{1}{2}x & < & \displaystyle \frac{1}{2}\tan x \\[6pt] \sin x & < & x & < & \tan x \\[6pt] 1 & < & \displaystyle \frac{x}{\sin x} & < & \displaystyle \frac{1}{\cos x} \\[6pt] 1 & > & \displaystyle \frac{\sin x}{x} & > & \cos x \end{array} $$
\(\displaystyle \lim_{x \to +0} \cos x = 1\) だから、はさみうちの原理より \(\displaystyle \lim_{x\to+0}\frac{\sin x}{x} = 1\) である．
-
\(x \to -0\)
$$ \begin{align*} \lim_{x\to-0} \frac{\sin x}{x} &= \lim_{t\to+0} \frac{\sin(-t)}{-t} &&t \coloneqq -x \\ &= \lim_{t\to+0} \frac{-\sin t}{-t} \\ &= \lim_{t\to+0} \frac{\sin t}{t} \\ &= 1 \end{align*} $$ -
\(x \to \pm \infty\)
\(0 \le |\sin x| \le 1\) より
$$ 0 \le \left| \frac{\sin x}{x} \right| = \frac{|\sin x|}{|x|} \le \frac{1}{|x|} $$ここで \(\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty} \frac{1}{|x|} = 0\) であることより従う．
微分係数と導関数 #
\(f(x)\) において、\(x = a\) での微分係数 \(f^\prime(a)\) と導関数 \(f^\prime(x)\) は
$$ \begin{align*} f^\prime(a) &= \lim_{h\to0}\frac{f(a + h) - f(a)}{h} \\ f^\prime(x) &= \lim_{h\to0}\frac{f(x + h) - f(x)}{h} \end{align*} $$ネイピア数 #
$$ {\rm e} = \lim_{h\to0}(1+h)^{\frac{1}{h}} = \lim_{x\to\pm\infty}\left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x = 2.71828 \dots $$微分しても変わらない関数を考える．\(f(x) = a^x\) について
$$ \begin{align*} f^\prime(x) &= \lim_{h\to0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{a^{x+h} - a^x}{h} \\ &= a^x \lim_{h\to0} \frac{a^h - 1}{h} \\ &= f(x) \lim_{h\to0} \frac{a^h - 1}{h} \end{align*} $$\(f^\prime(x) = f(x)\) となるためには
$$ \begin{align*} \lim_{h\to0} \frac{a^h - 1}{h} &= 1 \\ \lim_{h\to0} a^h - 1 &= \lim_{h\to0} h \\ \lim_{h\to0} a^h &= \lim_{h\to0} h + 1 \\ a &= \lim_{h\to0} (1+h)^{\frac{1}{h}} \overset{\text{def}}{=} {\rm e} \end{align*} $$また、\(\displaystyle x \coloneqq \frac{1}{h}\) とすると、\(h \to 0\) のとき \(x \to \pm\infty\) であることより \(\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty}\left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x = {\rm e}\) である．
微分公式 #
-
積、商
$$ (fg)^\prime = f^\prime g + f g^\prime $$$$ \left( \frac{f}{g} \right)^\prime = \frac{f^\prime g - fg^\prime}{g^2} $$$$ \begin{align*} \{ f(x) g(x) \}^\prime &= \lim_{h\to0} \frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x)}{h} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x+h) + f(x)g(x+h) - f(x)g(x)}{h} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{\{f(x+h) - f(x)\}g(x+h) + f(x)\{g(x+h) - g(x)\}}{h} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \cdot \lim_{h\to0}g(x+h) + f(x)\cdot\lim_{h\to0}\frac{g(x+h) - g(x)}{h} \\ &= f^\prime(x)g(x) + f(x)g^\prime(x) \end{align*} $$$$ \begin{align*} \left\{\frac{f(x)}{g(x)}\right\}^\prime &= \lim_{h\to0} \frac{\displaystyle \frac{f(x+h)}{g(x+h)} - \frac{f(x)}{g(x)}}{h} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h)}{hg(x+h)g(x)} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{f(x+h)g(x) - f(x)g(x) + f(x)g(x) - f(x)g(x+h)}{hg(x+h)g(x)} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{\{f(x+h)-f(x)\}g(x) - f(x)\{g(x+h)-g(x)\}}{hg(x+h)g(x)} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{1}{g(x+h)g(x)}\left\{\frac{f(x+h)-f(x)}{h}g(x) - f(x)\frac{g(x+h)-g(x)}{h}\right\} \\ &= \frac{f^\prime(x)g(x) - f(x)g^\prime(x)}{\{g(x)\}^2} \end{align*} $$ -
合成関数
\(y = f(t), \, t = g(x)\) について
$$ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = \frac{{\rm d}f}{{\rm d}t}\frac{{\rm d}t}{{\rm d}x} $$$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} &= \lim_{h\to0} \frac{f(g(x+h)) - f(g(x))}{h} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{f(g(x+h)) - f(g(x))}{\underbrace{g(x+h) - g(x)}_{\eqqcolon k}} \frac{g(x+h) - g(x)}{h} \\ &= \lim_{k\to0} \frac{f(t+k) - f(t)}{k} \cdot \lim_{h\to0}\frac{g(x+h) - g(x)}{h} \\ &= \frac{{\rm d}f}{{\rm d}t}\frac{{\rm d}t}{{\rm d}x} \end{align*} $$ -
逆関数
\(y = f^{-1}(x)\) について
$$ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = \frac{1}{\displaystyle \frac{{\rm d}x}{{\rm d}y}} $$\(f(y) = x\) の両辺を \(x\) で微分
$$ \begin{align*} y &= f^{-1}(x) \\ f(y) &= x \\ \frac{{\rm d}}{{\rm d}x} f(y) &= \frac{{\rm d}}{{\rm d}x}x \\ \frac{{\rm d}f}{{\rm d}y}\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} &= 1 \\ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} &= \frac{1}{\displaystyle \frac{{\rm d}f}{{\rm d}y}} = \frac{1}{\displaystyle \frac{{\rm d}x}{{\rm d}y}} \end{align*} $$ -
対数関数
$$ \begin{align*} (\ln |x|)^\prime &= \frac{1}{x} \\ (\log_a |x|)^\prime &= \frac{1}{x \log a} \end{align*} $$$$ \begin{align*} (\ln x)^\prime &= \lim_{h\to0} \frac{\ln (x+h) - \ln x}{h} \\ &= \lim_{h\to0} \frac{1}{h} \ln \frac{x+h}{x} \\ &= \lim_{h\to0} \ln \!\left( 1 + \frac{h}{x} \right)^{\frac{1}{h}} \\ &= \lim_{k\to0} \ln (1 + k)^{\frac{1}{kx}} &&k \coloneqq \frac{h}{x} \\ &= \frac{1}{x}\lim_{k\to0} \ln (1 + k)^{\frac{1}{k}} \\ &= \frac{1}{x}\ln {\rm e} \\ &= \frac{1}{x} \\ (\log_a x)^\prime &= \left(\frac{\ln x}{\ln a}\right)^\prime \\ &= \frac{1}{x \ln a} \end{align*} $$\(\ln |x|\) について
-
\(x > 0\)
\(\ln |x| = \ln x\) より従う．
-
\(x < 0\)
\(\ln |x| = \ln (-x)\) である．\(u \coloneqq -x\) とし
$$ \begin{align*} (\ln u)^\prime &= \frac{1}{u} u^\prime \\ &= \frac{1}{-x} \cdot (-1) \\ &= \frac{1}{x} \end{align*} $$
-
-
指数関数
$$ \begin{align*} ({\rm e}^x)^\prime &= {\rm e}^x \\ (a^x)^\prime &= a^x \ln a \end{align*} $$対数微分法を用いる．
-
\(f(x) = {\rm e}^x\)
$$ \begin{align*} f(x) &= {\rm e}^x \\ \ln f(x) &= \ln {\rm e}^x = x \\ \{ \ln f(x) \}^\prime &= (x)^\prime \\ \frac{1}{f(x)}f^\prime(x) &= 1 \\ f^\prime(x) &= f(x) = {\rm e}^x \end{align*} $$ -
\(f(x) = a^x\)
$$ \begin{align*} f(x) &= a^x \\ \ln f(x) &= \ln a^x = x \ln a \\ \{ \ln f(x) \}^\prime &= ( x \ln a )^\prime = \ln a \\ \frac{1}{f(x)}f^\prime(x) &= \ln a \\ f^\prime(x) &= f(x) \ln a = a^x \ln a \end{align*} $$
-
-
冪関数
$$ (x^\alpha)^\prime = \alpha x^{\alpha - 1} \quad (x>0, \, \alpha \in \R) $$ -
三角関数
$$ \begin{align*} (\sin x)^\prime &= \cos x \\ (\cos x)^\prime &= - \sin x \\ (\tan x)^\prime &= \frac{1}{\cos^2 x} \end{align*} $$ -
逆三角関数
$$ \begin{align*} (\arcsin x)^\prime &= \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \\ (\arccos x)^\prime &= - \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \\ (\arctan x)^\prime &= \frac{1}{1 + x^2} \end{align*} $$-
\(y = \arcsin x\)
$$ \begin{align*} x &= \sin y &&\textsf{逆関数} \\ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}y} &= \cos y \\ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} &= \frac{1}{\cos y} &&\textsf{逆関数の微分公式} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 y}} &&\because \, - \frac{\pi}{2} \le y \le \frac{\pi}{2} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \end{align*} $$ -
\(y = \arccos x\)
$$ \begin{align*} x &= \cos y \\ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}y} &= - \sin y \\ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} &= - \frac{1}{\sin y} \\ &= - \frac{1}{\sqrt{1 - \cos^2 y}} &&\because \, 0 \le y \le \pi \\ &= - \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \end{align*} $$ -
\(y = \arctan x\)
$$ \begin{align*} x &= \tan y \\ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}y} &= \frac{1}{\cos^2 y} \\ &= \tan^2 y + 1 &&\because \, \sin^2 y + \cos^2 y = 1 \\ &= x^2 + 1 \\ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} &= \frac{1}{x^2 + 1} \end{align*} $$
-
接線と法線 #
\(y = f(x)\) 上の点 \((a, \, f(a))\) における
-
接線の方程式
$$ y - f(a) = f^\prime(a) (x-a) $$ -
法線の方程式
$$ \left\{\begin{align*} & y - f(a) = - \frac{1}{f^\prime(a)} (x - a) &&(f^\prime(a) \ne 0) \\ & x = a &&(f^\prime(a) = 0) \end{align*}\right. $$
積分の基礎 #
微分積分学の基本定理 #
微分と積分がお互い逆の操作であることを主張する．
$$ \frac{{\rm d}}{{\rm d}x} \int_a^x f(t) \, {\rm d}t = f(x) $$不定積分の定義 #
\(y = f(x)\) は連続関数とする．区間 \([a,b]\) の \(n\) 等分と、分割された区間の幅を
$$ a = x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_n = b,\quad\Delta x = \frac{b-a}{n} $$とする．\(f(x)\) の \(x = a\) から \(x = b\) までの定積分は
$$ \int_a^b f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n f(x_k)\,\Delta x $$区分求積法 #
定積分を和の極限として求める方法を区分求積法という．
区分求積法を用いると、級数の極限を積分に直して求めることができる．
区間 \([0,1]\) を \(n\) 等分すると \(\displaystyle \Delta x = \frac{1}{n}, \, x_k = \frac{k}{n} \; (k=0,1,2,\cdots,n)\) となるから
$$ \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n f \!\left( \frac{k}{n} \right) \frac{1}{n} = \int_0^1 f(x) \, {\rm d}x $$置換積分 #
$$ \begin{align*} \int f(x) \, {\rm d}x &= \int f(g(t)) \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} \, {\rm d}t &&x \eqqcolon g(t) \\ &= \int f(g(t)) g^\prime(t)\,{\rm d}t \end{align*} $$定積分においては、\(a = g(\alpha), \, b = g(\beta)\) ならば
$$ \begin{align*} \int_a^b f(x) \, {\rm d}x = \int_\alpha^\beta f(g(t)) g^\prime(t)\,{\rm d}t && x \eqqcolon g(t), \, \begin{array}{c|c} x & a \to b \\ \hline t & \alpha \to \beta \end{array} \end{align*} $$部分積分 #
\((fg)^\prime = f^\prime g + f g^\prime\) の両辺を積分して \(\displaystyle fg = \int f^\prime g \, {\rm d}x + \int f g^\prime \, {\rm d}x + C\) となるから
$$ \begin{align*} \int f^\prime g \, {\rm d}x &= fg - \int f g^\prime \, {\rm d}x + C \\ \int f g^\prime \, {\rm d}x &= fg - \int f^\prime g \, {\rm d}x + C \end{align*} $$\(g\) の \(n\) 回積分を \(g^{(-n)}\) と表す．
$$ \begin{align*} \int f^{(0)} g^{(0)} \, {\rm d}x &= f^{(0)} g^{(-1)} - \int f^{(1)} g^{(-1)} \, {\rm d}x \\ &= f^{(0)} g^{(-1)} - f^{(1)} g^{(-2)} + \int f^{(2)} g^{(-2)} \, {\rm d}x \\ &= \cdots \\ &= f^{(0)} g^{(-1)} - f^{(1)} g^{(-2)} + f^{(2)} g^{(-3)} - f^{(3)} g^{(-4)} + \cdots \\ &\qquad + (-1)^{n-1}f^{(n-1)}g^{(-n)} + (-1)^n\int f^{(n)} g^{(-n)}\,{\rm d}x \end{align*} $$積分公式 #
-
\(1 / (x^2 - a^2)\)
$$ \int \frac{1}{x^2-a^2}\,{\rm d}x = \frac{1}{2a} \ln\left| \frac{x-a}{x+a} \right| + C $$$$ \begin{align*} \int \frac{1}{x^2-a^2}\,{\rm d}x &= \int \frac{1}{(x-a)(x+a)}\,{\rm d}x \\ &= \frac{1}{2a} \int \!\left(\frac{1}{x-a} - \frac{1}{x+a} \right) {\rm d}x \\ &= \frac{1}{2a} (\ln|x-a| - \ln|x+a|) + C \\ &= \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right| + C \end{align*} $$ -
\(1 / \sqrt{a^2 - x^2}\)
$$ \int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}}\,{\rm d}x = \arcsin \frac{x}{a} + C $$$$ \begin{align*} \int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}}\,{\rm d}x &= \int \frac{1}{\sqrt{a^2 - a^2 \sin^2\theta}} a \cos \theta \, {\rm d}\theta &&\begin{align*} &x \eqqcolon a\sin\theta \\ &(a>0, \, -\tfrac{\pi}{2} < \theta < \tfrac{\pi}{2}) \end{align*} \\ &= \int \frac{1}{a\cos\theta} a\cos\theta \, {\rm d}\theta \\ &= \int {\rm d}\theta \\ &= \theta + C \\ &= \arcsin \frac{x}{a} + C \end{align*} $$ -
\(- 1 / \sqrt{a^2 - x^2}\)
$$ \int \frac{-1}{\sqrt{a^2-x^2}}\,{\rm d}x = \arccos \frac{x}{a} + C $$$$ \begin{align*} \int \frac{-1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, {\rm d}x &= \int \frac{-1}{\sqrt{a^2 - a^2\cos^2\theta}} (-a\sin\theta) \, {\rm d}\theta &&\begin{align*} &x \coloneqq a \cos\theta \\ &(a>0, \, 0 < \theta < \pi) \end{align*} \\ &= \int \frac{1}{a\sin\theta} a \sin\theta \, {\rm d}\theta \\ &= \int {\rm d}\theta \\ &= \theta + C \\ &= \arccos \frac{x}{a} + C \end{align*} $$ -
\(1 / (x^2 + a^2)\)
$$ \int \frac{1}{x^2+a^2}\,{\rm d}x = \frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a} + C $$$$ \begin{align*} \int \frac{1}{x^2+a^2}\,{\rm d}x &= \int \frac{1}{a^2\tan^2\theta + a^2} \frac{a}{\cos^2\theta} \, {\rm d}\theta &&\begin{align*} &x \eqqcolon a\tan\theta \\ &(a>0, \, -\tfrac{\pi}{2} < \theta < \tfrac{\pi}{2}) \end{align*} \\ &= \int \frac{1}{a^2} \cos^2\theta \frac{a}{\cos^2\theta} \, {\rm d}\theta \\ &= \int \frac{1}{a} \, {\rm d}\theta \\ &= \frac{1}{a}\theta + C \\ &= \frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a} + C \end{align*} $$ -
\(\sqrt{a^2 - x^2}\)
$$ \int \sqrt{a^2-x^2}\,{\rm d}x = \frac{1}{2} \left( x\sqrt{a^2-x^2}+a^2\arcsin\frac{x}{a} \right) + C $$$$ \begin{align*} \int \sqrt{a^2-x^2}\,{\rm d}x &= \int 1 \cdot \sqrt{a^2-x^2}\,{\rm d}x \\ &= x\sqrt{a^2-x^2} - \int x \cdot \frac{-2x}{2\sqrt{a^2 - x^2}} \, {\rm d}x \\ &= x\sqrt{a^2-x^2} - \int \frac{a^2-x^2-a^2}{\sqrt{a^2-x^2}} \, {\rm d}x \\ &= x\sqrt{a^2-x^2} - \int \sqrt{a^2-x^2}\,{\rm d}x + \int \frac{a^2}{\sqrt{a^2-x^2}}\,{\rm d}x \\ &= x\sqrt{a^2-x^2} - \int \sqrt{a^2-x^2}\,{\rm d}x + a^2\arcsin\frac{x}{a} + C \\ 2\int \sqrt{a^2-x^2}\,{\rm d}x &= x\sqrt{a^2-x^2} + a^2\arcsin\frac{x}{a} + C \\ \int \sqrt{a^2-x^2}\,{\rm d}x &= \frac{1}{2}\left(x\sqrt{a^2-x^2} + a^2\arcsin\frac{x}{a}\right) + C \end{align*} $$
被積分関数に \(\sqrt{ax^2+bx+c}\) が含まれるとき、\(\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x\) とおくことで、\(t\) の有理式に変換できる．
-
\(1/\sqrt{x^2 + A}\)
$$ \int\frac{1}{\sqrt{x^2+A}}\,{\rm d}x = \ln\left|x+\sqrt{x^2+A}\right| + C $$\(t \coloneqq x + \sqrt{x^2 + A}\) とすると
$$ \frac{{\rm d}t}{{\rm d}x} = 1 + \frac{2x}{2\sqrt{x^2 + A}} = \frac{\sqrt{x^2 + A} + x}{\sqrt{x^2 + A}} = \frac{t}{\sqrt{x^2 + A}} $$となることより
$$ \begin{align*} \int\frac{1}{\sqrt{x^2+A}}\,{\rm d}x &= \int \frac{1}{t} \, {\rm d}t \\ &= \ln |t| + C \\ &= \ln\left|x+\sqrt{x^2+A}\right| + C \end{align*} $$ -
\(\sqrt{x^2 + A}\)
$$ \int\sqrt{x^2+A}\,{\rm d}x = \frac{1}{2} \left( x\sqrt{x^2+A} + A\ln\left|x+\sqrt{x^2+A}\right| \right) + C $$$$ \begin{align*} \int\sqrt{x^2+A}\,{\rm d}x &= \int 1 \cdot \sqrt{x^2+A}\,{\rm d}x \\ &= x \sqrt{x^2+A} - \int x \cdot \frac{2x}{2\sqrt{x^2+A}} \, {\rm d}x \\ &= x \sqrt{x^2+A} - \int \frac{x^2 + A - A}{\sqrt{x^2 + A}} \, {\rm d}x \\ &= x \sqrt{x^2+A} - \int \sqrt{x^2 + A} \, {\rm d}x + \int \frac{A}{\sqrt{x^2 + A}} \, {\rm d}x \\ &= x \sqrt{x^2+A} - \int \sqrt{x^2+A} \, {\rm d}x + A\ln\left|x+\sqrt{x^2+A}\right| + C \\ 2\int\sqrt{x^2+A}\,{\rm d}x &= x \sqrt{x^2+A} + A\ln\left|x+\sqrt{x^2+A}\right| + C \\ \int\sqrt{x^2+A}\,{\rm d}x &= \frac{1}{2}\left(x \sqrt{x^2+A} + A\ln\left|x+\sqrt{x^2+A}\right|\right) + C \end{align*} $$ -
原点に関して対称な区間における積分
$$ \int_{-a}^a f(x) \, {\rm d}x = \left\{\begin{align*} &2 \int_0^a f(x) \, {\rm d}x &&(f(x) \textsf{ が偶関数}) \\ &0 &&(f(x) \textsf{ が奇関数}) \end{align*}\right. $$ -
ウォリス積分
$$ \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^n x \, {\rm d}x = \int_0^\frac{\pi}{2} \cos^n x \, {\rm d}x = \left\{\begin{align*} &\frac{\pi}{2}\frac{(n-1)!!}{n!!} &&(n \text{ is even}) \\ &\hphantom{\frac{\pi}{2}}\frac{(n-1)!!}{n!!} &&(n \text{ is odd}) \end{align*}\right. $$$$ \begin{align*} I_n &\coloneqq \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^n x \, {\rm d}x \\ &= \int_0^\frac{\pi}{2} \sin x \sin^{n-1} x \, {\rm d}x \\ &= \int_0^\frac{\pi}{2} ( - \cos x )^\prime \sin^{n-1} x \, {\rm d}x \\ &= \left[ - \cos x \sin^{n-1} x \right]_0^\frac{\pi}{2} - \int_0^\frac{\pi}{2} ( - \cos x ) (n-1) \sin^{n-2} x \cos x \, {\rm d}x \\ &= (n-1) \int_0^\frac{\pi}{2} \cos^2 x \sin^{n-2} x \, {\rm d}x \\ &= (n-1) \int_0^\frac{\pi}{2} ( 1 - \sin^2 x ) \sin^{n-2} x \, {\rm d}x \\ &= (n-1) \left( \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{n-2} x \, {\rm d}x - \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^n x \, {\rm d}x \right) \\ &= (n-1)(I_{n-2} - I_n) \\ (1 + n - 1) I_n &= (n-1) I_{n-2} \\ I_n &= \frac{n-1}{n}I_{n-2} \\ &= \frac{n-1}{n} \frac{n-3}{n-2} I_{n-4} \\ &= \cdots \\ &= \left\{ \begin{align*} &\frac{(n-1)!!}{n!!}I_0 &&(n \text{ is even}) \\ &\frac{(n-1)!!}{n!!}I_1 &&(n \text{ is odd}) \end{align*} \right. \\ &= \left\{ \begin{align*} &\frac{(n-1)!!}{n!!}\int_0^\frac{\pi}{2} {\rm d}x &&(n \text{ is even}) \\ &\frac{(n-1)!!}{n!!}\int_0^\frac{\pi}{2} \sin x \, {\rm d}x &&(n \text{ is odd}) \end{align*} \right. \\ &= \left\{ \begin{align*} &\frac{\pi}{2}\frac{(n-1)!!}{n!!} &&(n \text{ is even}) \\ &\hphantom{\frac{\pi}{2}}\frac{(n-1)!!}{n!!} &&(n \text{ is odd}) \end{align*} \right. \end{align*} $$また
$$ \begin{align*} \int_0^\frac{\pi}{2} \cos^n x \, {\rm d}x &= \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^n \left( \frac{\pi}{2} - x \right) {\rm d}x \\ &= \int_\frac{\pi}{2}^0 \sin^n t \cdot ( - 1)\,{\rm d}t &&t \coloneqq \frac{\pi}{2} - x \\ &= \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^n t \, {\rm d}t \end{align*} $$
三角関数が入った分数関数の積分 #
\(\displaystyle t \coloneqq \tan \frac{x}{2}\) とすると、
$$ {\rm d}x = \frac{2}{1+t^2}\,{\rm d}t, \, \sin x = \frac{2t}{1 + t^2}, \, \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \, \tan x = \frac{2t}{1-t^2} $$-
\({\rm d}x\)
$$ \begin{align*} t &= \tan \frac{x}{2} \\ \frac{x}{2} &= \arctan t \\ x &= 2 \arctan t \\ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} &= \frac{2}{1 + t^2} \\ {\rm d}x &= \frac{2}{1+t^2}\,{\rm d}t \end{align*} $$ -
\(\sin x\)
$$ \begin{align*} \sin x &= \sin \left( \frac{x}{2} + \frac{x}{2} \right) \\ &= 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} \\ &= 2 \tan \frac{x}{2} \cos^2\frac{x}{2} \\ &= 2 \tan \frac{x}{2} \frac{1}{\displaystyle 1 + \tan^2\frac{x}{2}} \\ &= \frac{2t}{1 + t^2} \end{align*} $$ -
\(\cos x\)
$$ \begin{align*} \cos x &= \cos\left(\frac{x}{2} + \frac{x}{2}\right) \\ &= \cos^2 \frac{x}{2} - \left( 1 - \cos^2 \frac{x}{2} \right) \\ &= 2 \cos^2 \frac{x}{2} - 1 \\ &= \frac{2}{1 + t^2} - 1 \\ &= \frac{1 - t^2}{1 + t^2} \end{align*} $$ -
\(\tan x\)
$$ \tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{2t}{1 - t^2} $$
微分の応用 #
ライプニッツの公式 #
$$ (fg)^{(n)} = \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} f^{(n-i)} g^{(i)} $$\(y = x^2 {\rm e}^{2x}\) の3次導関数を求めよ．
\(x^2\) と \({\rm e}^{2x}\) それぞれの3次以下の導関数は \(\begin{array}{c|} n & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline & x^2 & 2x & 2 & 0 \\ & {\rm e}^{2x} & 2{\rm e}^{2x} & 4{\rm e}^{2x} & 8{\rm e}^{2x} \end{array}\) より
$$ \begin{align*} y^{(3)} &= \sum_{n=0}^3 \binom{3}{n} \left(x^2\right)^{(n)} \left({\rm e}^{2x} \right)^{(3-n)} \\ &= 1 \cdot x^2 \cdot 8{\rm e}^{2x} + 3\cdot 2x \cdot 4{\rm e}^{2x} + 3 \cdot 2 \cdot 2{\rm e}^{2x} + 0 \\ &= 4{\rm e}^{2x}(2x^2 + 6x + 3) \end{align*} $$ロルの定理 #
\(f(x)\) が区間 \([a,b]\) で連続、区間 \((a,b)\) で微分可能、\(f(a) = f(b)\) とする．
$$ {}^\exist c \in (a,b) \quad \text{s.t.} \quad f^\prime(c) = 0 $$-
\(f(x) \ne \text{Const.}\)
\(x = a, \, b\) 以外に \(f(x)\) が最大値または最小値をとる点 \(c \in (a,b)\) が少なくとも1つ存在する．このとき、点 \(c\) で極大または極小となるから、\(f^\prime(c) = 0\) が成り立つ．
-
\(f(x) = \text{Const.}\)
\(f^\prime(x) = 0\) である．
平均値の定理 #
\(f(x)\) が区間 \([a,b]\) で連続、区間 \((a,b)\) で微分可能とする．
$$ {}^\exist c \in (a,b) \quad \text{s.t.} \quad \frac{f(b) - f(a)}{b - a} = f^\prime(c) $$\(\displaystyle \frac{f(b) - f(a)}{b-a} \eqqcolon k\) とすると \(f(b) - f(a) - k(b-a) = 0\) である．
ロルの定理を使うために \(F(x) \coloneqq f(x) - f(a) - k(x-a)\) とする．
\(F^\prime(x) = f^\prime(x) - k\) より \(F(x)\) は区間 \((a,b)\) で微分可能である．
また、\(F(a) = 0, \, F(b) = 0\) より \(F(a) = F(b)\) である．
よってロルの定理より \(F^\prime(c) = 0\) なる点 \(c \in (a,b)\) が少なくとも1つ存在する．
\(F^\prime(c) = f^\prime(c) - k = 0\) より \(k = f^\prime(c)\) だから \(\displaystyle \frac{f(b) - f(a)}{b - a} = f^\prime(c)\) が成り立つ．
コーシーの平均値の定理 #
\(f(x), \, g(x)\) が区間 \([a,b]\) で連続、区間 \((a,b)\) で微分可能、\({}^\forall x \in (a,b), \, g^\prime(x) \ne 0\) とする．
$$ {}^\exist c \in (a,b) \quad \text{s.t.} \quad \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f^\prime(c)}{g^\prime(c)} $$\(g^\prime(x) \ne 0\) より \(g(x)\) は単調増加または単調減少だから \(g(a) \ne g(b)\) である．
\(\displaystyle \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} \eqqcolon m\) とすると \(f(b) - f(a) - m\{ g(b) - g(a) \} = 0\) である．
ロルの定理を使うために \(F(x) \coloneqq f(x) - f(a) - m \{ g(x) - g(a) \}\) とする．
\(F^\prime(x) = f^\prime(x) - mg^\prime(x)\) より \(F(x)\) は区間 \((a,b)\) で微分可能である．
また、\(F(a) = 0, \, F(b) = 0\) より \(F(a) = F(b)\) である．
よってロルの定理より \(F^\prime(c) = 0\) なる点 \(c \in (a,b)\) が少なくとも1つ存在する．
\(F^\prime(c) = f^\prime(c) - mg^\prime(c) = 0\) より \(\displaystyle m = \frac{f^\prime(c)}{g^\prime(c)}\) だから \(\displaystyle \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f^\prime(c)}{g^\prime(c)}\) が成り立つ．
ロピタルの定理 #
\(f(x), \, g(x)\) が \(x = a\) を含む開区間において \(x \ne a\) で微分可能、\(g^\prime(x) \ne 0 \; (x \ne a)\)、\(\displaystyle \lim_{x \to a} |f(x)| = \lim_{x\to a} |g(x)| = \begin{cases} 0 \\ \infty \end{cases}\)、\(\displaystyle \lim_{x \to a} \frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}\) が存在するとする．
$$ \lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a} \frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)} $$-
\(-\infty < a < \infty\)
\(\displaystyle \lim_{x \to a} |f(x)| = \lim_{x\to a} |g(x)| = 0\) より \(f(a) = g(a) = 0\) とする．
コーシーの平均値の定理より
$$ {}^\exist c \in (a,b) \quad \text{s.t.} \quad \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - 0}{g(x) - 0} = \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f^\prime(c)}{g^\prime(c)} $$\(x \to a\) のとき \(c \to a\) だから
$$ \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{c \to a}\frac{f^\prime(c)}{g^\prime(c)} = \lim_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)} $$以上より従う．また、近づけるのを片側からのみにすることで \(x \to a \pm 0\) としても成り立つ．
-
\(a = \pm\infty\)
\(F(x) \coloneqq f(1/x), \, G(x) \coloneqq g(1/x)\) とする．
\(F^\prime(x) = -x^{-2}f^\prime(1/x), \, G^\prime(x) = -x^{-2}g^\prime(1/x)\) より \(\displaystyle \frac{F^\prime(x)}{G^\prime(x)} = \frac{f^\prime(1/x)}{g^\prime(1/x)}\) である．
\(x \to \pm\infty\) のとき \(1/x \to \pm 0\) (複合同順) だから
$$ \lim_{x\to\pm\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to\pm0}\frac{F(x)}{G(x)} = \lim_{x\to\pm0}\frac{F^\prime(x)}{G^\prime(x)} = \lim_{x\to\pm\infty}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)} $$以上より従う．
グラフの概形 #
\(f(x)\) が \(x = a\) を境に増加から減少 / 減少から増加に転じるとき、\(x = a\) で \(f(a)\) は極大 / 極小であるといい、\(f(a)\) を極大値 / 極小値という．
\(f(x)\) が \(x = a\) で極値をとるならば \(f^\prime(a) = 0\) である．
\(f(x)\) 上の点 \((a, f(a))\) を境に曲線の凹凸が変わるとき、この点を変曲点という．
\(f^{\prime\prime}(a) = 0\) であり、\(x=a\) を境に \(f^{\prime\prime}(x)\) の符号が変わるならば、\((a, f(a))\) は変曲点である．
\(\displaystyle y = \frac{x^2 - x + 1}{x}\) の増減と極値を調べてグラフを描け．
\(\displaystyle y = x - 1 + \frac{1}{x}\) である．
$$ y^\prime = 1 - \frac{1}{x^2} = 0 \; \xRightarrow{} \; x = \pm 1 $$増減表は
$$ \begin{array}{c|} x & \cdots & -1 & \cdots & 0 & \cdots & 1 & \cdots \\ \hline y^\prime & + & 0 & - & \diagup & - & 0 & + \\ \hline y & \nearrow & -3 & \searrow & \diagup & \searrow & 1 & \nearrow \end{array} $$漸近線は
- \(\displaystyle \lim_{x\to\pm0} y = \pm\infty\) より \(x = 0\)
- \(\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty} (y - (x-1)) = 0\) より \(y = x-1\)
以上より
- 極大値 : \(-3 \; (x=-1)\)
- 極小値 : \(1 \; (x=1)\)
- 漸近線 : \(y = x-1\)
$$ \begin{align*} y^\prime &= -2x{\rm e}^{-x^2} \\ &= 0 \; \xRightarrow{} \; x=0 \\ y^{\prime\prime} &= -2({\rm e}^{-x^2} - 2x^2{\rm e}^{-x^2}) = -2(1 - 2x^2){\rm e}^{-x^2} \\ &= 0 \; \xRightarrow{} \; x = \pm\frac{1}{\sqrt{2}} \end{align*} $$\(y = {\rm e}^{-x^2}\) の増減、極値、凹凸、変曲点を調べてグラフを描け．
増減表は
漸近線は \(\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty} y = 0\) より \(y=0\)．
以上より
- 極大値 : \(1 \; (x=0)\)
- 変曲点 : \(\displaystyle \left( \pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{{\rm e}}} \right)\)
- 漸近線 : \(y=0\)
近似 #
\(f(x)\) が \(x = a\) で微分可能であるとき、\(f(x)\) の \(x = a\) における1次近似は
$$ \begin{align*} f^\prime(a) &\approx \frac{f(x) - f(a)}{x - a} \\ f^\prime(a) (x-a) &\approx f(x) - f(a) \\ f(x) &\approx f(a) + f^\prime(a) (x-a) \end{align*} $$\(f(x)\) が \(x = a\) で2回微分可能であるとき、\(f(x)\) の \(x = a\) における2次近似は
$$ \begin{align*} f(x) &\colonapprox f(a) + f^\prime(a)(x-a) + k(x-a)^2 \\ f^\prime(x) &\approx f^\prime(a) + 2k(x-a) \\ f^{\prime\prime}(x) &\approx 2k \end{align*} \\ \therefore \quad f(x) \approx f(a) + f^\prime(a)(x-a) + \frac{f^{\prime\prime}(a)}{2} (x-a)^2 $$テイラーの定理 #
\(f(x)\) が \(x = a\) の付近で \(n\) 回微分可能で、\(n-1\) 次までの導関数が連続とする．
$$ ^\exist c \in (a,x) \quad \text{s.t.} \quad f(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + R_n \quad \left( R_n = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-a)^n \right) $$ただし \(R_n\) を \(n\) 次の剰余項といい、近似の誤差を表す．
これは平均値の定理を一般化したものである．\(n=1\) の場合、
$$ \begin{align*} ^\exist c \in (a,x) \quad \text{s.t.} \quad f(x) &= f(a) + f^\prime(c)(x-a) \\ f^\prime(c) &= \frac{f(x)-f(a)}{x-a} \end{align*} $$とする．\(g(x) = R_n\) を示せばよい．
$$ \begin{gather*} \begin{align*} g(x) &= f(x) - \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \\ &= f(x) - f(a) - \sum_{k=1}^{n-1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \\ g(a) &= f(a) - f(a) - 0 = 0 \\\\ g^\prime(x) &= f^\prime(x) - \sum_{k=1}^{n-1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\cdot k(x-a)^{k-1} \\ &= f^\prime(x) - \sum_{k=1}^{n-1} \frac{f^{(k)} (a)}{(k-1)!}(x-a)^{k-1} \\ &= f^\prime(x) - f^\prime (a) - \sum_{k=2}^{n-1} \frac{f^{(k)} (a)}{(k-1)!}(x-a)^{k-1} \\ g^\prime(a) &= f^\prime(a) - f^\prime(a) - 0 = 0 \\\\ &\vdots \\\\ g^{(n-1)}(x) &= f^{(n-1)}(x) - \sum_{k=n-1}^{n-1} \frac{f^{(k)}(a)}{\{k-(n-1)\}!}(x-a)^{k-(n-1)} \\ &= f^{(n-1)}(x) - f^{(n-1)}(a) \\ g^{(n-1)}(a) &= f^{(n-1)}(a) - f^{(n-1)}(a)= 0 \\\\ g^{(n)}(x) &= f^{(n)}(x) \\ g^{(n)}(a) &= f^{(n)}(a) \end{align*} \\\\ \therefore \quad g(a) = g^\prime(a) = g^{\prime\prime}(a) = \cdots = g^{(n-1)}(a) = 0, \; g^{(n)}(x) = f^{(n)}(x) \end{gather*} $$コーシーの平均値の定理より
$$ \begin{gather*} \begin{align*} {}^\exist x_1 \in (a,x) \quad &\text{s.t.} \quad \frac{ g(x) - \cancel{g(a)} }{ (x-a)^n - \cancel{(a-a)^n} } = \frac{g^\prime(x_1)}{n(x_1-a)^{n-1}} \\ {}^\exist x_2 \in (a,x) \quad &\text{s.t.} \quad \frac{ g^\prime(x) - \cancel{g^\prime(a)} }{ n(x-a)^{n-1}-\cancel{n(a-a)^{n-1}} } = \frac{g^{\prime\prime}(x_2)}{n(n-1)(x_2-a)^{n-2}} \\ &\vdots \\ {}^\exist x_n \in (a,x) \quad &\text{s.t.} \quad \frac{g^{(n-1)}(x)-\cancel{g^{(n-1)}(a)}}{n(n-1)\cdots2(x-a)^{n-(n-1)}-\cancel{n(n-1)\cdots2(a-a)^{n-(n-1)}}} \\ &\hphantom{\text{s.t.} \quad} = \frac{g^{(n)}(x_n)}{n!} = \frac{f^{(n)}(x_n)}{n!} \end{align*} \\\\ \begin{align*} \therefore \quad {}^\exist c \in (a,x) \quad \text{s.t.} \quad \frac{g(x)}{(x-a)^n} &= \frac{g^\prime(x)}{n(x-a)^{n-1}} = \cdots = \frac{f^{(n)}(c)}{n!} \\ g(x) &= \frac{f^{(n)}(c)}{n!} (x-a)^n = R_n \end{align*} \end{gather*} $$テイラー展開 #
\(f(x)\) が何回でも微分可能で、\(R_n \to 0 \; ( n \to \infty )\) のとき、\(f(x)\) の \(x = a\) におけるテイラー展開は
$$ f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x-a)^n $$特に \(a = 0\) の場合を \(f(x)\) のマクローリン展開という．
$$ f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n $$代表的な関数のマクローリン展開を示す．
$$ \begin{align*} {\rm e}^x &= 1 + x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + \cdots \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}x^n \\ \sin x &= x - \frac{1}{3!}x^3 + \frac{1}{5!}x^5 - \frac{1}{7!}x^7 + \cdots \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1} \\ \cos x &= 1 - \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{4!}x^4 - \frac{1}{6!}x^6 + \cdots \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} \\ \frac{1}{1-x} &= 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots \\ &= \sum_{n=0}^\infty x^n \quad (|x| < 1) \\ \ln (1+x) &= x - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{4}x^4 + \cdots \\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n \quad (|x|<1) \end{align*} $$$$ \begin{align*} x\sin x &= ( 0 + x + 0 + 0 + \cdots ) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n + 1)!} x^{2n+1} \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n + 1)!} x^{2n+2} \\ \frac{1}{1-x^2} &= \sum_{n=0}^\infty x^{2n} \\ \sin^2x &= \frac{1 - \cos 2x}{2} \\ &= \frac{1}{2}\left( 1 - \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} (2x)^{2n} \right) \\ &= \frac{1}{2}\left( 1 - \left( 1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} (2x)^{2n} \right) \right) \\ &= - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} (2x)^{2n} \\ &= - \frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{(2n+2)!} (2x)^{2n+2} \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \cdot 2^{2n+1}}{(2n+2)!} x^{2n+2} \end{align*} $$\(\displaystyle x\sin x,\,\frac{1}{1-x^2}\,(-1 < x < 1),\,\sin^2x\) のマクローリン展開を求めよ．
\( \displaystyle\frac{1}{2-x} \, (-2 < x < 2) \) のマクローリン展開を求めよ．
次のようにするのは誤りである．
$$ \frac{1}{2-x} = \frac{1}{1-(-1+x)} = \sum_{n=0}^\infty (x-1)^n $$なぜなら \(-2 < x < 2\) は \(| x-1 | < 1\) を満たさないためである．
$$ \frac{1}{2-x} = \frac{1}{2} \frac{1}{1 - \underbrace{\tfrac{1}{2}x}_{\operatorname{abs} < 1}} = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{2}x\right)^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^{n+1}}x^n $$\(\displaystyle \frac{1}{1-x}\) のマクローリン展開を利用して \(\displaystyle f(x) = \frac{1}{2-x}\) の \(x = 1\) におけるテイラー展開を求めよ．
\(f(x)\) を \(x\) 軸方向に \(-1\) 平行移動してマクローリン展開する．
$$ f(x+1) = \frac{1}{2-(x+1)} = \frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n $$\(f(x+1)\) を \(x\) 軸方向に \(1\) 平行移動して \(f(x)\) の \(x = 1\) におけるテイラー展開にする．
$$ f(x) = \sum_{n=0}^\infty (x-1)^n $$あるいは、\(f(x)\) は \(\displaystyle \frac{1}{1-x}\) を \(x\) 軸方向に \(1\) 平行移動したものだから、\(t \coloneqq x-1\) についてマクローリン展開 (\(t = 0\) においてテイラー展開) すればよい．
$$ \begin{align*} f(x) &= \frac{1}{1-(-1+x)} \\ &= \frac{1}{1-t} && t\coloneqq x-1 \\ &= \sum_{n=0}^\infty t^n \\ &= \sum_{n=0}^\infty (x-1)^n \end{align*} $$「\(x = 0\) におけるテイラー展開 (マクローリン展開) と \(x = 1\) におけるテイラー展開が等しい」と誤解しない．
\(\displaystyle \frac{1}{1-x}\) のマクローリン展開を利用して \(\displaystyle f(x) = \frac{2}{3+2x}\) の \(\displaystyle x = - \frac{1}{2}\) におけるテイラー展開を求めよ．
\(f(x)\) を \(x\) 軸方向に \(\frac{1}{2}\) 平行移動してマクローリン展開する．
$$ f\!\left(x - \frac{1}{2}\right) = \frac{2}{3 + 2(x - \tfrac{1}{2})} = \frac{2}{2 + 2x} = \frac{1}{1 - (-x)} = \sum_{n=0}^\infty (-x)^n $$\(f(x-\frac{1}{2})\) を \(x\) 軸方向に \(- \frac{1}{2}\) 平行移動して \(f(x)\) の \(x = - \frac{1}{2}\) におけるテイラー展開にする．
$$ f(x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left( x + \frac{1}{2} \right)^n $$あるいは
$$ \begin{align*} f(x) &= \frac{2}{2 + (2x + 1)} = \frac{2}{2 - 2(-1)(x + \frac{1}{2})} = \frac{1}{1 - (-1)(x + \frac{1}{2})} \\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left( x + \frac{1}{2} \right)^n \end{align*} $$$$ f(x) = \ln(1 + (x-1)) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}(x-1)^n $$\(\ln (1+x)\) のマクローリン展開を利用して \(f(x) = \ln x\) の \(x = 1\) におけるテイラー展開を求めよ．
\({\rm e}^x\) のマクローリン展開に \(x = i\theta\) を代入することで、オイラーの公式を得られる．
$$ \begin{align*} {\rm e}^{i\theta} &= 1 + (i\theta) + \frac{1}{2!}(i\theta)^2 + \frac{1}{3!}(i\theta)^3 + \frac{1}{4!}(i\theta)^4 + \frac{1}{5!}(i\theta)^5 + \frac{1}{6!}(i\theta)^6 + \frac{1}{7!}(i\theta)^7 + \cdots \\ &= 1 + i\theta - \frac{1}{2!}\theta^2 - \frac{1}{3!}i\theta^3 + \frac{1}{4!}\theta^4 + \frac{1}{5!}i\theta^5 - \frac{1}{6!}\theta^6 - \frac{1}{7!}i\theta^7 + \cdots \\ &= \left(1 - \frac{1}{2!}\theta^2 + \frac{1}{4!}\theta^4 - \frac{1}{6!}\theta^6 + \cdots \right) + i \left( \theta - \frac{1}{3!}\theta^3 + \frac{1}{5!}\theta^5 - \frac{1}{7!}\theta^7 + \cdots \right) \\ &= \cos\theta + i \sin\theta \end{align*} $$媒介変数表示 #
媒介変数表示 \(x = f(t), \, y = g(t)\) について、\(x = f(t)\) の逆関数が存在するとき
$$ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} \frac{{\rm d}t}{{\rm d}x} = \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}\frac{1}{\displaystyle \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}} = \frac{\displaystyle \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}}{\displaystyle \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}} = \frac{g^\prime(t)}{f^\prime(t)} $$極座標 #
極座標 \((r, \theta)\) において \(r\) を動径、\(\theta\) を偏角という．\(r = f(\theta) \; (f(\theta) \ge 0)\) を極方程式という．
有名な曲線 #
-
サイクロイド曲線
半径 \(a\) の円が直線上を滑らず回転するとき、円周上の定点が描く軌跡である．
$$ \left\{\begin{align*} x &= a(\theta - \sin\theta) \\ y &= a(1 - \cos \theta) \end{align*}\right. $$
$$ \begin{align*} x &= {\rm OA} - a \sin\theta \\ &= \textsf{弧 } {\rm PA} - a\sin\theta \\ &= a\theta - a\sin\theta \\ &= a(\theta - \sin\theta) \\ y &= {\rm CA} - a\cos\theta \\ &= a - a\cos\theta \\ &= a(1 - \cos\theta) \end{align*} $$
-
アステロイド曲線
半径 \(a\) の円の内側を半径 \(\displaystyle \frac{a}{4}\) の円が滑らず回転するとき、円周上の定点が描く軌跡である．
$$ \left\{\begin{align*} x &= a\cos^3\theta \\ y &= a\sin^3\theta \end{align*}\right. $$
-
カージオイド曲線
半径 \(a\) の円の外側を半径 \(a\) の円が滑らず回転するとき、円周上の定点が描く軌跡である．
$$ r = a(1 + \cos\theta) $$
-
アルキメデスの螺旋
$$ r = a\theta $$
積分の応用 #
図形の面積 #
\(y = f(x), \, y = g(x)\) と \(x=a, \, x = b\) で囲まれた図形の面積 \(S\) は
$$ S = \int_a^b | f(x) - g(x) | \, {\rm d}x $$\(x = f(t), \, y = g(t) \; (\alpha \le t \le \beta)\) と \(x\) 軸および \(x = f(\alpha), \, x = f(\beta)\) で囲まれた図形の面積 \(S\) は、区間 \((\alpha,\beta)\) で \(f(t)\) が単調であるとして
$$ S = \int_\alpha^\beta \left| y \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} \right| \, {\rm d}t = \int_\alpha^\beta |g(t)f^\prime(t)| \, {\rm d}t $$曲線 \(C\) は媒介変数表示 \(x = f(t), \, y = g(t) \; (\alpha \le t \le \beta)\) で表され、区間 \([\alpha,\beta]\) で \(g(t), \, f^\prime(t)\) は連続で、区間 \((\alpha,\beta)\) で \(f(t)\) が単調すなわち \(\operatorname{sgn}(f^\prime(t)) = \text{Const.}\) で逆関数 \(t = f^{-1}(x)\) が存在するとする．
-
\(f^\prime(t) > 0\)
\(x = f(t)\) は単調増加だから \(f(\alpha) < f(\beta)\) である．
$$ S = \int_{f(\alpha)}^{f(\beta)} |y| \, {\rm d}x = \int_\alpha^\beta |y| \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} \, {\rm d}t = \int_\alpha^\beta |g(t)| f^\prime(t) \, {\rm d}t $$ -
\(f^\prime(t) < 0\)
\(x = f(t)\) は単調減少だから \(f(\alpha) > f(\beta)\) である．
$$ \begin{align*} S = \int_{f(\beta)}^{f(\alpha)} |y| \, {\rm d}x = \int_\beta^\alpha |y| \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} \, {\rm d}t = \int_\beta^\alpha |g(t)| f^\prime(t) \, {\rm d}t = \int_\alpha^\beta |g(t)| (-f^\prime(t)) \, {\rm d}t \end{align*} $$
以上より
$$ S = \int_\alpha^\beta \left| y \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} \right| \, {\rm d}t = \int_\alpha^\beta |g(t)f^\prime(t)| \, {\rm d}t $$\(r = f(\theta) \; (\alpha \le \theta \le \beta)\) と \(\theta = \alpha, \, \theta = \beta\) で囲まれた図形の面積 \(S\) は
$$ S = \int_\alpha^\beta \pi r^2 \frac{{\rm d}\theta}{2\pi} = \int_\alpha^\beta \frac{1}{2}r^2 \, {\rm d}\theta = \int_\alpha^\beta \frac{1}{2}(f(\theta))^2\,{\rm d}\theta $$曲線の長さ #
曲線 \(y = f(x) \; (a \le x \le b)\) の長さ \(L\) は
$$ L = \int_a^b \sqrt{{\rm d}x^2 + {\rm d}y^2} = \int_a^b \sqrt{1 + (f^\prime(x))^2}\,{\rm d}x $$曲線 \(x = f(t), \, y = g(t) \; (\alpha \le t \le \beta)\) の長さ \(L\) は
$$ L = \int_\alpha^\beta \sqrt{\left( \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} \right)^2 + \left( \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} \right)^2 } \, {\rm d}t = \int_\alpha^\beta \sqrt{(f^\prime(t))^2+(g^\prime(t))^2}\,{\rm d}t $$曲線 \(r = f(\theta) \; (\alpha \le \theta \le \beta)\) の長さ \(L\) は
$$ \begin{align*} L &= \int_\alpha^\beta \sqrt{\left( \frac{{\rm d}x}{{\rm d}\theta} \right)^2 + \left( \frac{{\rm d}y}{{\rm d}\theta} \right)^2 } \, {\rm d}\theta \\ &= \int_\alpha^\beta \sqrt{((r\cos\theta)^\prime)^2 + ((r\sin\theta)^\prime)^2}\,{\rm d}\theta \\ &= \int_\alpha^\beta \sqrt{(r^\prime\cos\theta - r\sin\theta)^2 + (r^\prime\sin\theta + r\cos\theta)^2} \, {\rm d}\theta \\ &= \int_\alpha^\beta \sqrt{{r^\prime}^2 + r^2} \, {\rm d}\theta \\ &= \int_\alpha^\beta \sqrt{(f^\prime(\theta))^2 + (f(\theta))^2} \, {\rm d}\theta \end{align*} $$立体の体積 #
\(x = a, \, x=b\) で囲まれた断面積 \(S(x)\) の立体の体積 \(V\) は
$$ V = \int_a^b S(x) \, {\rm d}x $$$$ \begin{align*} V &= \int_{-a}^a \frac{1}{2} \cdot y \cdot y \tan 60\degree \, {\rm d}x \\ &= \int_{-a}^a \frac{\sqrt{3}}{2} y^2 \, {\rm d}x \\ &= \int_{-a}^a \frac{\sqrt{3}}{2} (a^2 - x^2) \, {\rm d}x \\ &= \sqrt{3} \int_0^a (a^2 - x^2) \, {\rm d}x \\ &= \sqrt{3} \left[ a^2x - \frac{1}{3}x^3 \right]_0^a \\ &= \frac{2\sqrt{3}}{3} a^3 \end{align*} $$中心 \(\rm O\)、半径 \(a\) の円を底面とする円柱がある．点 \(\rm O\) を通り、底面と \(60\degree\) の角をなす平面で切ったとき、切り口の平面と底面で囲まれた部分の体積 \(V\) を求めよ．
底面積 \(S\)、高さ \(h\) の錐体の体積 \(V\) を求めよ．
錐体の頂点 \(\rm O\) から底面に垂線を下ろし、この垂線を \(x\) 軸とする．この錐体と \(x\) 軸に垂直な平面で切った切り口の面積を \(S(x)\) とすると、切り口と底面は相似である．
$$ \begin{align*} V &= \int_0^h S(x) \, {\rm d}x \\ &= \int_0^h \frac{S}{h^2}x^2 \, {\rm d}x &&\because \, S(x) : S = x^2 : h^2 \\ &= \frac{S}{h^2} \left[ \frac{1}{3}x^3 \right]_0^h \\ &= \frac{S}{h^2} \cdot \frac{1}{3} h^3 \\ &= \frac{1}{3} Sh \end{align*} $$回転体の体積 #
曲線 \(y = f(x) \; (a \le x \le b)\) による \(x\) 軸のまわりの回転体の体積 \(V\) は
$$ V = \int_a^b \pi y^2 \, {\rm d}x = \int_a^b \pi (f(x))^2 \, {\rm d}x $$$$ \begin{align*} V &= \int_{-r}^r y^2 \pi \, {\rm d}x \\ &= \int_{-r}^r (r^2 - x^2) \pi \, {\rm d}x \\ &= 2 \int_0^r (r^2 - x^2) \pi \, {\rm d}x \\ &= 2\pi \left[ r^2x - \frac{1}{3}x^3 \right]_0^r \\ &= \frac{4}{3}\pi r^3 \end{align*} $$円 \(x^2 + y^2 = r^2\) を \(x\) 軸のまわりに1回転してできる立体の体積 V を求めよ．
曲線 \(x = f(t), \, y = g(t) \; (\alpha \le t \le \beta)\) による \(x\) 軸のまわりの回転体の体積 \(V\) は、区間 \((\alpha,\beta)\) で \(f(t)\) が単調であるとして
$$ V = \int_{f(\alpha)}^{f(\beta)} \pi y^2 \, {\rm d}x = \int_\alpha^\beta \pi y^2 \left| \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} \right|\, {\rm d}t = \int_\alpha^\beta \pi(g(t))^2|f^\prime(t)|\,{\rm d}t $$回転体の面積 #
曲線 \(y = f(x) \; (a \le x \le b)\) による \(x\) 軸のまわりの回転体の側面積 \(S\) は
$$ S = \int_a^b 2\pi |y| \sqrt{{\rm d}x^2 + {\rm d}y^2} = \int_a^b 2\pi |f(x)| \sqrt{1 + (f^\prime(x))^2} \, {\rm d}x $$曲線 \(x = f(t), \, y = g(t) \; (\alpha \le t \le \beta)\) による \(x\) 軸のまわりの回転体の側面積 \(S\) は、区間 \((\alpha,\beta)\) で \(f(t)\) が単調であるとして
$$ S = \int_\alpha^\beta 2\pi|y|\sqrt{\left( \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} \right)^2 + \left( \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} \right)^2 } \, {\rm d}t = \int_\alpha^\beta 2\pi|g(t)|\sqrt{(f^\prime(t))^2+(g^\prime(t))^2}\,{\rm d}t $$広義積分 #
-
積分区間の端点で被積分関数未定義
\((a,b]\) で連続で \(x=a\) で未定義のとき \(\displaystyle \int_a^b f(x) \, {\rm d}x = \lim_{\varepsilon\to+0}\int_{a+\varepsilon}^b f(x) \, {\rm d}x\)
\([a,b)\) で連続で \(x = b\) で未定義のとき \(\displaystyle \int_a^b f(x) \, {\rm d}x = \lim_{\varepsilon\to+0}\int_a^{b-\varepsilon} f(x)\,{\rm d}x\)
-
積分区間が無限の幅
\([a,\infty)\) で連続のとき \(\displaystyle \int_a^\infty f(x) \, {\rm d}x = \lim_{u\to\infty}\int_a^u f(x) \, {\rm d}x\)
\((-\infty, b]\) で連続のとき \(\displaystyle \int_{-\infty}^b f(x)\,{\rm d}x = \lim_{u\to\infty} \int_{-u}^b f(x)\,{\rm d}x\)
\((-\infty, \infty)\) で連続のとき \(\displaystyle \int_{-\infty}^\infty f(x)\,{\rm d}x = \underbrace{\lim_{u,v\to\infty} \int_{-u}^v f(x)\,{\rm d}x}_{\textsf{発散するかもしれない}} \ne \lim_{u\to\infty}\underbrace{\int_{-u}^uf(x)\,{\rm d}x}_{\textsf{奇関数なら }0}\)
$$ \begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty x\cos x\,{\rm d}x &= \lim_{u,v\to\infty}\int_{-u}^v x\cos x\,{\rm d}x \\ &= \lim_{u,v\to\infty}\left( \left[ x\sin x \right]_{-u}^v - \int_{-u}^v \sin x \, {\rm d}x \right) \\ &= \lim_{u,v\to\infty}\left( \left[ x\sin x \right]_{-u}^v + \left[ \cos x \right]_{-u}^v \right) \\ &= \lim_{u,v\to\infty}\left( v\sin v + u\sin u + \cos v - \cos u \right) \enspace \cdots \enspace \textsf{発散} \end{aligned} $$
極限 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\) を求めよ．
\(\displaystyle \alpha_n \coloneqq \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} = \frac{(n!)^{\frac{1}{n}}}{n} = \left( \frac{n!}{n^n} \right)^{\frac{1}{n}}\) とする．
$$ \begin{align*} \ln \alpha_n &= \frac{1}{n} \ln \frac{n!}{n^n} \\ &= \frac{1}{n} \ln \left( \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots\frac{n}{n} \right) \\ &= \frac{1}{n} \left( \ln\frac{1}{n} + \ln\frac{2}{n} + \cdots + \ln\frac{n}{n} \right) \\ &= \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \frac{k}{n} \\ \lim_{n\to\infty} \ln \alpha_n &= \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} \ln \frac{k}{n} \\ &= \int_0^1 \ln x \, {\rm d}x \\ &= \lim_{\varepsilon \to +0} \int_{\varepsilon}^1 \ln x \, {\rm d}x \\ &= \lim_{\varepsilon \to +0} \left(\left[x \ln x\right]_\varepsilon^1 - \int_{\varepsilon}^1 x \cdot \frac{1}{x} \, {\rm d}x \right) \\ &= \lim_{\varepsilon \to +0} (-\varepsilon \ln \varepsilon - (1 - \varepsilon)) \\ &= -1 - \lim_{\varepsilon \to +0}\frac{\ln \varepsilon}{\frac{1}{\varepsilon}} \\ &= -1 - \lim_{\varepsilon \to +0}\frac{\frac{1}{\varepsilon}}{- \frac{1}{\varepsilon^2}} \\ &= -1 - \lim_{\varepsilon \to +0}(-\varepsilon) \\ &= -1 \\ \therefore \quad \lim_{n\to\infty} \alpha_n &= \lim_{n\to\infty} {\rm e}^{\ln \alpha_n} \\ &= {\rm e}^{-1} \\ &= \frac{1}{{\rm e}} \end{align*} $$多変数関数の微分 #
2変数関数の極限 #
\((x,y) \to (a,b)\) のとき、どのような近づき方であっても \(f(x,y)\) の値が限りなく一定値 \(\alpha\) に近づくとき、\(f(x,y)\) は \(\alpha\) に収束するという．
まずは \(f(x,y)\) を極座標で表してみるとよい．
$$ f(x,y) = \frac{r^3\cos^3\theta}{r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2\theta} = r\cos^3\theta $$\(\displaystyle f(x,y) = \frac{x^3}{x^2+y^2}\) について、\((x,y)\to(0,0)\) のときの極限を調べよ．
ここで \(a\) を有限な正の値として
$$ \begin{array}{rcccl} -a & \le & \cos^3\theta & \le & a \\[6pt] \displaystyle\lim_{r\to0} (-ar) & \le & \displaystyle\lim_{r\to0} r \cos^3\theta & \le & \displaystyle\lim_{r\to0} ar \\[6pt] 0 & \le & \displaystyle\lim_{r\to0} r \cos^3\theta & \le & 0 \end{array} $$はさみうちの原理より \(\displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) \to 0\)．
$$ f(x,y) = \frac{r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2\theta}{r\sin\theta} = \frac{r}{\sin\theta} $$\(\displaystyle f(x,y) = \frac{x^2 + y^2}{y}\) について、\((x,y)\to(0,0)\) のときの極限を調べよ．
\(\displaystyle \frac{1}{\sin\theta}\) はいくらでも大きくできるから、\(r\) の式だけではさみうちできない．
\(y = kx^2\) に沿って近づけてみる．
$$ f(x,y) = \frac{x^2 + k^2x^4}{kx^2} = \frac{1}{k} + kx^2 \xrightarrow{(x,y)\to(0,0)} \frac{1}{k} $$近づけ方によって異なる極限値をとるため収束しない．
2変数関数の連続性 #
\(xy\) 平面上の点 \(\rm P\) に対して、\(\rm P\) の近傍とは、\(\rm P\) を中心とする開円板のことである．
\(xy\) 平面上の部分集合 \(D\) が領域であるとは
- \(D\) の任意の点 \(\rm P\) に対して、\(\rm P\) を中心とする適当な近傍が \(D\) 内に含まれるようにできる．
- \(D\) の任意の2点 \(\rm P, \, Q\) は \(D\) 内の曲線で結ぶことができる．
を満たすときである．
\(f(x,y)\) が点 \((a,b)\) で連続であるとは、\(f(a,b)\) と \(\displaystyle \lim_{(x,y) \to (a,b)} f(x,y)\) が存在して
$$ \lim_{(x,y) \to (a,b)} f(x,y) = f(a,b) $$が成り立つときである．\(f(x,y)\) が領域 \(D\) のすべての点で連続であるとき、\(f(x,y)\) は \(D\) で連続であるという．
\(f(x,y), \, g(x,y)\) が点 \((a,b)\) で連続ならば、\(\displaystyle f+g, \, fg\) も連続である．
偏微分 #
\(f(x,y)\) において、点 \((a,b)\) での \(x\) に関する偏微分係数とは
$$ \frac{\partial}{\partial x} f(a,b) = f_x(a,b) = \lim_{h\to0} \frac{f(a+h, b) - f(a,b)}{h} $$\(f(x,y)\) において、点 \((a,b)\) での \(y\) に関する偏微分係数とは
$$ \frac{\partial}{\partial y}f(a,b) = f_y(a,b) = \lim_{k\to0} \frac{f(a,b+k) - f(a,b)}{k} $$\(f_x(a,b), \, f_y(a,b)\) が両方存在するとき、\(f(x,y)\) は点 \((a,b)\) で偏微分可能であるという．
\(f_x(x,y), \, f_y(x,y)\) を偏導関数という．
第2次偏導関数は
$$ f_{xx} = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}, \, f_{xy} = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}, \, f_{yx} = \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}, \, f_{yy} = \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} $$と表される．
Cn級 #
\(f\) が \(C^1\) 級であるとは、\(f\) が \(1\) 階のあらゆる偏導関数をもち、それらがすべて連続なことである．
\(f\) が \(C^n\) 級であるとは、\(f\) が \(n\) 階のあらゆる偏導関数をもち、それらがすべて連続なことである．
\(f\) が \(C^\infty\) 級であるとは、\(f\) が無限回偏微分可能なことである．
接平面 #
曲面 \(z = f(x,y)\) が曲面上の点 \((a, b, f(a,b) )\) において接平面をもつとき、その接平面の方程式は
$$ z - f(a,b) = f_x(a,b)(x-a) + f_y(a,b)(y-b) $$\(z = f(x,y)\) について、\({\rm A}(a,b,f(a,b))\) における \(x\) を固定したときの接線、\(y\) を固定したときの接線でなされる接平面をとる．接線の方向ベクトル \(\bm{v}_1, \, \bm{v}_2\) は
$$ \bm{v}_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ f_y(a,b) \end{pmatrix}, \, \bm{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ f_x(a,b) \end{pmatrix} $$である．接平面の法線ベクトル \(\bm{n}\) は
$$ \bm{n} = \bm{v}_1 \times \bm{v}_2 = \det\begin{pmatrix} (1,0,0) & (0,1,0) & (0,0,1) \\ 0 & 1 & f_y(a,b) \\ 1 & 0 & f_x(a,b) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_x(a,b) \\ f_y(a,b) \\ -1 \end{pmatrix} $$接平面上の任意の点を \({\rm P}(x,y,z)\) とすると、\(\bm{n}\cdot\overrightarrow{\rm AP} = 0\) より
$$ f_x(a,b)(x-a) + f_y(a,b)(x-b) -(z-f(a,b)) = 0 $$全微分 #
\(z = f(x,y)\) が点 \((a,b)\) の近傍で定義されているとする．
\(f\) が点 \((a,b)\) で全微分可能であるとは、
-
ある \(A, B \in \R\) が存在して、絶対値が十分に小さい \(h, k\) に対し
$$ \begin{align*} f(a+h,b+k) - f(a,b) = Ah + Bk + \varepsilon(h,k)\sqrt{h^2 + k^2} \; \land \; \lim_{(h,k) \to (0,0)} \varepsilon(h,k) = 0 \end{align*} $$とできることである．
-
点 \((a,b,f(a,b))\) で接平面をもつときである．
\(f\) が点 \((a,b)\) の近傍で \(C^1\) 級ならば、点 \((a,b)\) の近傍で全微分可能である．
\(f_x\) が点 \((a,b)\) で連続であるとして、全微分可能であることを示す．平均値の定理より
$$ \begin{align*} {}^\exist c \in (\textsf{\(\normalsize a\) の近傍}) \quad &\text{s.t.} \quad \frac{f(a+h, b+k) - f(a, b+k)}{(a+h) - a} = f_x(c, b+k) \\ {}^\exist \theta_{h,k} \in (0,1) \quad &\text{s.t.} \quad \frac{f(a+h, b+k) - f(a, b+k)}{h} = f_x(a+\theta_{h,k}h, b+k) \end{align*} $$上式より
$$ \begin{align*} &f(a+h, b+k) - f(a,b) \\ &= \{ f(a+h, b+k) - f(a, b+k) \} + \{ f(a, b+k) - f(a,b) \} \\ &= h f_x(a+\theta_{h,k}h, b+k) + \{ f(a, b+k) - f(a,b) \} \tag{\(*\)} \end{align*} $$
ここで、
$$ f_x(a+\theta_{h,k}h, b+k) - f_x(a,b) \eqqcolon \varepsilon_1(h,k) \tag{1} $$とすると、\(f_x\) の連続性より \(\displaystyle \lim_{(h,k)\to(0,0)} \varepsilon_1(h,k) = 0\) である．
また、\(f_y\) の定義より
$$ \frac{f(a, b+k) - f(a,b)}{k} - f_y(a,b) \eqqcolon \varepsilon_2(k) \tag{2} $$とすると、\(\displaystyle \lim_{k\to0} \varepsilon_2(k) = 0\) である．
\((1)\) より \(hf_x(a+\theta_{h,k}h, b+k) - hf_x(a,b) = h\varepsilon_1(h,k)\) である．
\((2)\) より \(f(a, b+k) - f(a,b) - k f_y(a,b) = k \varepsilon_2(k)\) である．
これらを \((*)\) に代入する．
$$ \begin{align*} f(a+h, b+k) - f(a,b) &= hf_x(a,b) + h\varepsilon_1(h,k) + kf_y(a,b) + k\varepsilon_2(k) \\ &= hf_x(a,b) + kf_y(a,b) + o(\sqrt{h^2 + k^2}) \end{align*} $$となって、全微分可能である．
ただしランダウの記号は次のように定義される．
$$ \lim_{x\to a}\left| \frac{f(x)}{g(x)} \right| = 0 \quad \xLeftrightarrow{\text {def}} \quad f(x) = o(g(x)) \; (x\to a) $$これは \(f\) がおおよそ \(g\) 未満であることを示す．
今回の場合は
$$ \begin{align*} &\lim_{(h,k)\to(0,0)} \left| \frac{h\varepsilon_1(h,k)+k\varepsilon_2(k)}{\sqrt{h^2+k^2}} \right| = 0 \\ \xLeftrightarrow{} \quad & h\varepsilon_1(h,k)+k\varepsilon_2(k)=o(\sqrt{h^2+k^2}) \end{align*} $$このとき、\((a,b)\) の近傍の点 \((x,y)\) に対して、\(f\) の全微分は
$$ {\rm d}z = f_x\,{\rm d}x + f_y\,{\rm d}y = \frac{\partial z}{\partial x}\,{\rm d}x + \frac{\partial z}{\partial y}\,{\rm d}y $$また、\(\Delta x, \, \Delta y\) が十分に小さければ、次の近似式が成り立つ．
$$ \Delta z \approx f_x(a,b)\Delta x + f_y(a,b)\Delta y $$底面の半径が \(r = 20\)、高さが \(h = 10\) の円柱を冷やしたところ、半径が \(19.8\)、高さが \(9.9\) となった．この円柱の体積はどれだけ減少したか．
\(V(r,h) \coloneqq \pi r^2 h\) とする．\(V_r = 2\pi r h, \, V_h = \pi r^2\) となり
$$ \begin{align*} \Delta V &\approx V_r(20, 10) \Delta r + V_h(20, 10) \Delta h \\ &= 400\pi (19.8 - 20) + 400\pi (9.9 - 10) \\ &= -120\pi \end{align*} $$よって約 \(120\pi\) 減少．
合成関数の偏微分 #
\(z = f(x,y)\) と \(x = x(t), \, y = y(t)\) の合成関数 \(z = f(x(t), y(t))\) について、次が成り立つ．
$$ \frac{{\rm d}z}{{\rm d}t} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} $$\(z = f(x,y)\) と \(x = x(s,t), \, y = y(s,t)\) の合成関数 \(z = f(x(s,t), y(s,t))\) について、次が成り立つ．
$$ \begin{align*} \frac{\partial z}{\partial s} &= \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial s} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial s} \\ \frac{\partial z}{\partial t} &= \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial t} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial t} \end{align*} $$平均値の定理 #
\(f(x,y)\) が点 \((a,b)\) の近傍で \(C^1\) 級であるとき、その近傍の点 \((a+h, b+k)\) に対して
$$ \begin{align*} &{}^\exist \theta \in (0,1) \quad \text{s.t.} \\ &f(a+h, b+k) - f(a,b) = hf_x(a + \theta h, b + \theta k) + kf_y(a + \theta h, b + \theta k) \end{align*} $$点 \({\rm A}(a,b)\) の近傍の点を \({\rm P}(a+h, b+k)\) とする．
媒介変数 \(t\) を用いて \(x \coloneqq a + ht, \, y \coloneqq b + kt\) とすると、点 \((x,y)\) は直線 \(\rm AP\) 上にある．また \(f(x,y)\) は \(t\) の1変数関数であり、\(\varphi(t) \coloneqq f(a+ht, b+kt)\) とする．
このとき
$$ \frac{{\rm d}f}{{\rm d}t} = \frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}t} = \frac{\partial f}{\partial x}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} + \frac{\partial f}{\partial y}\frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} = \frac{\partial f}{\partial x}h + \frac{\partial f}{\partial y}k $$ここで1変数関数の平均値の定理より
$$ {}^\exist \theta \in (0,1) \quad \text{s.t.} \quad \frac{\varphi(1) - \varphi(0)}{1 - 0} = \varphi^\prime(\theta) $$上式より
$$ \begin{align*} \varphi(1) - \varphi(0) &= \varphi^\prime(\theta) \\ f(a+h, b+k) - f(a,b) &= f_x(a+h\theta, b+k\theta)h + f_y(a+h\theta, b+k\theta)k \end{align*} $$シュワルツの定理 #
\(f(x,y)\) は点 \((a,b)\) の近くで \(f_{xy}, \, f_y\) が存在し、\(f_{xy}\) は点 \((a,b)\) で連続とする．
このとき \(f_{yx}(a,b)\) が存在し
$$ f_{xy}(a,b) = f_{yx}(a,b) $$\(\varphi(x,y) \coloneqq f(x,y) - f(x,b)\) とする．絶対値が十分に小さい \(h, \, k\) をとる．
\(\varphi\) に対して \(x\) に関する平均値の定理より
$$ \begin{align*} &{}^\exist\theta_k \in (0,1) \quad \text{s.t.} \\ &\frac{\varphi(a+h, b+k) - \varphi(a, b+k)}{h} = \varphi_x(a + \theta_kh, b+k) \end{align*} \tag{1} $$\(f_x\) に対して \(y\) に関する平均値の定理より
$$ \begin{align*} &{}^\exist \theta^\prime_{h,k} \in (0,1) \quad \text{s.t.} \\ &\frac{f_x(a+\theta_kh, b+k) - f_x(a+\theta_kh, b)}{k} = f_{xy}(a + \theta_kh, b+\theta^\prime_{h,k}k) \end{align*}\tag{2} $$ここで
$$ \begin{align*} \frac{f_y(a+h,b) - f_y(a,b)}{h} &= \frac{1}{h}\underbrace{\lim_{k\to0}\frac{\varphi(a+h, b+k)}{k}}_{f_y(a+h,b)} - \frac{1}{h}\underbrace{\lim_{k\to0}\frac{\varphi(a, b+k)}{k}}_{f_y(a,b)} \\ &= \lim_{k\to0}\frac{\varphi(a+h, b+k) - \varphi(a, b+k)}{hk} \\ &= \lim_{k\to0} \frac{h\varphi_x(a + \theta_kh, b+k)}{hk} && \because \; (1) \\ &= \lim_{k\to0}\frac{f_x(a + \theta_kh, b+k) - f_x(a + \theta_kh, b)}{k} \\ &= \lim_{k\to0} f_{xy}(a + \theta_kh, b+\theta^\prime_{h,k}k) && \because \; (2) \end{align*} $$である．
\(f_{xy}\) は点 \((a,b)\) で連続なので、両辺 \(h \to 0\) として
$$ f_{yx}(a,b) = \lim_{(h,k)\to(0,0)}f_{xy}(a + \theta_kh, b+\theta^\prime_{h,k}k) = f_{xy}(a,b) $$テイラーの定理 #
微分作用素 \(\displaystyle D \coloneqq h\frac{\partial}{\partial x} + k\frac{\partial}{\partial y}\) を用いる．\(\displaystyle D^m = \sum_{r=0}^m \binom{m}{r} h^{m-r}k^r\frac{\partial^m}{\partial x^{m-r}\partial y^r}\) となる．
\(f(x,y)\) が点 \((a,b)\) の近傍で \(C^n\) 級であるとき、その近傍の点 \((a+h, b+k)\) に対して
$$ \begin{align*} {}^\exist\theta\in(0,1) \quad \text{s.t.} \quad f(a+h, b+k) = \sum_{m=0}^{n-1}\frac{1}{m!}D^m f(a,b) + R_n \\ \left(R_n = \frac{1}{n!}D^nf(a+\theta h, b+\theta k)\right) \end{align*} $$\(\varphi(t) \coloneqq f(x, y) = f(a+th, b+tk)\) とする．1変数関数のテイラーの定理より
$$ \begin{align*} ^\exist \theta \in (0,1) \quad \text{s.t.} \quad \varphi(1) &= \sum_{m=0}^{n-1} \frac{\varphi^{(m)}(0)}{m!}(1-0)^m + \frac{\varphi^{(n)}(\theta)}{n!}(1-0)^n \\ &= \sum_{m=0}^{n-1} \frac{\varphi^{(m)}(0)}{m!} + \frac{\varphi^{(n)}(\theta)}{n!} \end{align*} \tag{\(*\)} $$ここで
$$ \begin{align*} \varphi(t) &= f \\ &= D^0f \\ \varphi^\prime(t) &= \frac{\partial f}{\partial x}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} + \frac{\partial f}{\partial y}\frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} \\ &= h\frac{\partial f}{\partial x} + k\frac{\partial f}{\partial y} \\ &= Df \\ \varphi^{\prime\prime}(t) &= h\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\frac{\partial f}{\partial x} + k\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\frac{\partial f}{\partial y} \\ &= h\bigg(\frac{\displaystyle\partial\frac{\partial f}{\partial x}}{\partial x}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} + \frac{\displaystyle\partial\frac{\partial f}{\partial x}}{\partial y}\frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}\bigg) + k\bigg(\frac{\displaystyle\partial\frac{\partial f}{\partial y}}{\partial x}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} + \frac{\displaystyle\partial\frac{\partial f}{\partial y}}{\partial y}\frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}\bigg) \\ &= h^2\frac{\partial^2f}{\partial x^2} + hk\frac{\partial^2f}{\partial y \partial x} + kh\frac{\partial^2f}{\partial x \partial y} + k^2\frac{\partial^2f}{\partial y^2} \\ &= D^2f \\ &\vdots \\ \varphi^{(m)}(t) &= D^mf \end{align*} $$これを \((*)\) に代入する．
$$ f(a+h, b+k) = \sum_{m=0}^{n-1}\frac{1}{m!}D^mf(a,b) + \frac{1}{n!}D^nf(a+\theta h, b + \theta k) $$テイラー展開 #
\(f(x,y)\) が点 \((a,b)\) の近傍で \(C^\infty\) 級であり、\(R_n \to 0 \; (n \to \infty)\) のとき、\(f(x,y)\) の点 \((a,b)\) におけるテイラー展開は
$$ f(a+h, b+k) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}D^n f(a,b) $$特に \((a,b) = (0,0)\) の場合を \(f(x,y)\) のマクローリン展開という．
$$ f(h, k) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}D^n f(0,0) $$2次の項までテイラー展開すると
$$ \begin{align*} f(a+h, b+k) &= f(a,b) \\ &\quad+ hf_x(a,b) + kf_y(a,b) \\ &\quad+ \frac{1}{2}\left\{ h^2f_{xx}(a,b) + 2hkf_{xy}(a,b) + k^2f_{yy}(a,b) \right\} \\ &\quad+ R_3 \end{align*} $$\(x \coloneqq a + h, \, y \coloneqq b + k\) とすると
$$ \begin{align*} f(x, y) &= f(a,b) \\ &\quad+ f_x(a,b)(x-a) + f_y(a,b)(y-b) \\ &\quad+ \frac{1}{2}\left\{ f_{xx}(a,b)(x-a)^2 + 2f_{xy}(a,b)(x-a)(y-b) + f_{yy}(a,b)(y-b)^2 \right\} \\ &\quad+ R_3 \end{align*} $$$$ \begin{align*} f &= (1+x){\rm e}^{x-y} \\ f_x &= {\rm e}^{x-y} + (1+x){\rm e}^{x-y} = (2+x){\rm e}^{x-y} \\ f_y &= -(1+x){\rm e}^{x-y} \\ f_{xx} &= {\rm e}^{x-y} + (2+x){\rm e}^{x-y} = (3+x){\rm e}^{x-y} \\ f_{xy} &= -(2+x){\rm e}^{x-y} \\ f_{yy} &= (1+x){\rm e}^{x-y} \end{align*} $$\(f(x,y) = (1+x){\rm e}^{x-y}\) について、2次の項までマクローリン展開せよ．
より
$$ f(x,y) = 1 + 2x - y + \frac{1}{2} ( 3x^2 - 4xy + y^2 ) + R_3 $$$$ \begin{align*} f &= (2x - y)^\frac{1}{2} \\ f_x &= \frac{1}{2} (2x - y)^{-\frac{1}{2}} \cdot 2 = (2x-y)^{-\frac{1}{2}} \\ f_y &= \frac{1}{2} (2x - y)^{-\frac{1}{2}} \cdot (-1) = - \frac{1}{2} (2x - y)^{-\frac{1}{2}} \\ f_{xx} &= - \frac{1}{2} (2x-y)^{-\frac{3}{2}} \cdot 2 = -(2x-y)^{-\frac{3}{2}} \\ f_{xy} &= -\frac{1}{2}(2x-y)^{-\frac{3}{2}} \cdot (-1) = \frac{1}{2}(2x-y)^{-\frac{3}{2}} \\ f_{yy} &= \frac{1}{4}(2x-y)^{-\frac{3}{2}} \cdot (-1) = -\frac{1}{4}(2x-y)^{-\frac{3}{2}} \end{align*} $$\(f(x,y) = \sqrt{2x - y}\) について、点 \((1,1)\) において2次の項までテイラー展開せよ．
\((1,1)\) において
$$ f = 1, \, f_x = 1, \, f_y = - \frac{1}{2}, \, f_{xx} = -1, \, f_{xy} = \frac{1}{2}, \, f_{yy} = - \frac{1}{4} $$より
$$ \begin{align*} f(x,y) = {} &1 + (x-1) - \frac{1}{2}(y-1) \\ & + \frac{1}{2}\left( -(x-1)^2 + (x-1)(y-1) - \frac{1}{4}(y-1)^2 \right) + R_3 \end{align*} $$2変数関数の極値 #
\(f(x,y)\) が点 \((a,b)\) の近くの任意の点 \((x,y) \ne (a,b)\) で
$$ f(x,y) \lessgtr f(a,b) $$となるとき、\(f(x,y)\) は点 \((a,b)\) で極大 / 極小であるという．
\(f(x,y)\) が点 \((a,b)\) の近傍で \(C^1\) 級であるとき
$$ \textsf{点 } (a,b) \textsf{ で極値をとる} \quad \xRightarrow{} \quad f_x(a,b) = f_y(a,b) = 0 $$\(f_x(a,b) = f_y(a,b) = 0\) を満たす点 \((a,b)\) を停留点という．必ずしも極値をとるとは限らない．
\(f(x,y)\) が点 \((a,b)\) の近傍で \(C^2\) 級であり、点 \((a,b)\) が停留点であるとする．
ヘッシアンを以下のように定義する．
$$ H(x,y) \coloneqq \det\begin{pmatrix} f_{xx}(x,y) & f_{xy}(x,y) \\ f_{yx}(x,y) & f_{yy}(x,y) \end{pmatrix} $$- \(H(a,b) > 0\) のとき \(f_{xx}(a,b) \gtrless 0\) ならば \(f(x,y)\) は点 \((a,b)\) で極小値 / 極大値をとる．
- \(H(a,b) < 0\) のとき \(f(x,y)\) は点 \((a,b)\) で極値をとらない．
- \(H(a,b) = 0\) のときこの方法では判定不可能．
\(f(a,b)\) が点 \((a,b)\) で極値をとるとき \(f_x(a,b) = f_y(a,b) = 0\) だから
$$ \begin{align*} &f(a+h, b+k) - f(a,b) \\ &\approx f_x(a,b)h + f_y(a,b)k + \frac{1}{2}\left\{f_{xx}(a,b)h^2 + 2f_{xy}(a,b)hk + f_{yy}(a,b)k^2\right\} \\ &= \frac{1}{2}\left\{f_{xx}(a,b)h^2 + 2f_{xy}(a,b)hk + f_{yy}(a,b)k^2\right\} \end{align*} $$\((a,b)\) を省略して
$$ Y \coloneqq f_{xx}h^2 + 2f_{xy}hk + f_{yy}k^2 = k^2\left(f_{xx}\left(\frac{h}{k}\right)^2 + 2f_{xy}\frac{h}{k} + f_{yy} \right) $$とする．
\(Y \gtrless 0\) ならば \(f(a+h, b+k) \gtrless f(a,b)\) より点 \((a,b)\) で極小 / 極大となる．
\(h,k\) に依らず常に \(Y \gtrless 0\) となるためには、\(Y\) が下 / 上に凸かつ \(Y \ne 0\) となればよい．
\(Y\) を \(\frac{h}{k}\) に関する方程式とみると、判別式は
$$ D = (2f_{xy})^2 - 4f_{xx}f_{yy} < 0 \; \xRightarrow{} \; f_{xx}f_{yy} - {f_{xy}}^2 > 0 $$となるから
$$ f_{xx}(a,b) \gtrless 0 \quad \land \quad \det\begin{pmatrix} f_{xx}(a,b) & f_{xy}(a,b) \\ f_{yx}(a,b) & f_{yy}(a,b) \end{pmatrix} > 0 $$$$ \left\{\begin{align*} f_x &= x = 0 \\ f_y &= -4y = 0 \end{align*}\right. $$\(\displaystyle f(x,y) = \frac{1}{2}x^2 - 2y^2\) の極値を求めよ．
より停留点は \((0,0)\) である．
$$ H(0,0) = \det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -4 \end{pmatrix} = -4 < 0 $$から極値をとらない．
$$ \left\{\begin{align*} f_x &= \cos x - \cos(x+y) = 0 \\ f_y &= \cos y - \cos(x+y) = 0 \end{align*}\right. $$\(f(x,y) = \sin x + \sin y - \sin(x+y) \; (0 < x < \pi, \, 0 < y < \pi)\) の極値を求めよ．
より \(\cos x = \cos y \; \xRightarrow{} \; x=y\) だから
$$ \begin{align*} \cos x - \cos 2x &= 0 \\ \cos x - \{ \cos^2x - (1 - \cos^2 x) \} &= 0 \\ 2 \cos^2 x - \cos x - 1 &= 0 \\ (2 \cos x + 1)(\cos x -1) &= 0 \\ \cos x &= - \frac{1}{2}, 1 \\ x (\in (0,\pi) )&= \frac{2}{3}\pi \end{align*} $$よって停留点は \(\left( \frac{2}{3}\pi, \frac{2}{3}\pi \right)\) である．
$$ \begin{align*} f_{xx} &= - \sin x + \sin(x+y) \\ f_{xy} &= \sin(x+y) \\ f_{yy} &= - \sin y + \sin(x+y) \end{align*} $$より
$$ \begin{align*} H\!\left( \frac{2}{3}\pi, \frac{2}{3}\pi \right) &= \det\begin{pmatrix} - \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} & - \frac{\sqrt{3}}{2} \\ - \frac{\sqrt{3}}{2} & - \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \\ &= \det\begin{pmatrix} - \sqrt{3} & - \frac{\sqrt{3}}{2} \\ - \frac{\sqrt{3}}{2} & - \sqrt{3} \end{pmatrix} \\ &= 3 - \frac{3}{4} > 0 \end{align*} $$\(f_{xx}\!\left( \frac{2}{3}\pi, \frac{2}{3}\pi \right) < 0\) から点 \(\left( \frac{2}{3}\pi, \frac{2}{3}\pi \right)\) で極大値 \(f\!\left( \frac{2}{3}\pi, \frac{2}{3}\pi \right) = \frac{3\sqrt{3}}{2}\) をとる．
半径 \(1\) の円に内接する三角形の中で、面積が最大になるものを求めよ．また、そのときの面積を求めよ．
円の中心を \(\rm O\)、円に内接する三角形を \(\triangle \rm ABC\) とする．\(x \coloneqq \angle {\rm AOB}, \, y \coloneqq \angle {\rm BOC}\) とすると、面積 \(S\) は
$$ \begin{align*} S &= \operatorname{S}(\triangle {\rm AOB}) + \operatorname{S}(\triangle {\rm BOC}) + \operatorname{S}(\triangle {\rm COA}) \\ &= \frac{1}{2}\left\{ \sin(\pi - x) + \sin(\pi - y) + \sin(\pi-(2\pi-x-y))\right\} \\ &= \frac{1}{2}\left\{\sin x + \sin y - \sin(x+y) \right\} \end{align*} $$前問より \(2S\) は \((x,y) = \left( \frac{2}{3}\pi, \frac{2}{3}\pi \right)\) で極大値 \(\frac{3\sqrt{3}}{2}\) をとる．
つまり \(\triangle \rm ABC\) が正三角形のとき、最大の面積 \(S = \frac{3\sqrt{3}}{4}\) をとる．
陰関数定理 #
\(F(x,y) = 0\) により定まる関数 \(y = f(x)\) を陰関数という．
\(F(x,y)\) は点 \((a,b)\) の近傍で \(C^1\) 級であり、\(F(a,b) = 0, \, F_y(a,b) \ne 0\) ならば、\(x = a\) の近傍における関数 \(y = f(x)\) で
$$ F(x,f(x)) = 0, \quad b = f(a) $$を満たすものがただ1つ存在する．このとき \(y = f(x)\) は微分可能である．
\(F(x,y)\) の全微分 \({\rm d}F(x,y) = F_x(x,y)\,{\rm d}x + F_y(x,y)\,{\rm d}y\) より、\(y\) を \(x\) の関数とみなして \(F(x,y) = 0\) の両辺を \(x\) で微分すると
$$ \frac{{\rm d}}{{\rm d}x}F(x,y(x)) = F_x(x,y)\frac{{\rm d}x}{{\rm d}x} + F_y(x,y)\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = 0 $$より
$$ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = - \frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)} $$\(F(x,y,z) = 0\) のような場合は、\(z\) を \(x,\,y\) の関数とみなして両辺を \(x, y\) で偏微分する．
$$ \begin{align*} \frac{\partial}{\partial x} F(x,y,z) &= F_x(x,y,z) \frac{\partial x}{\partial x} + F_y(x,y,z) \underbrace{\frac{\partial y}{\partial x}}_0 + F_z(x,y,z) \frac{\partial z}{\partial x} = 0 \\ &\xRightarrow{} \quad \frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{F_x(x,y,z)}{F_z(x,y,z)} \\ \frac{\partial}{\partial y} F(x,y,z) &= F_x(x,y,z) \underbrace{\frac{\partial x}{\partial y}}_0 + F_y(x,y,z) \frac{\partial y}{\partial y} + F_z(x,y,z) \frac{\partial z}{\partial y} = 0 \\ &\xRightarrow{} \quad \frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{F_y(x,y,z)}{F_z(x,y,z)} \\ \end{align*} $$\(F(x,y) = 0\) 上の点 \((a,b)\) が \(F_x(a,b) = F_y(a,b) = 0\) ( \(\nabla F(a,b) = \bm{0}\) ) を満たすならば \((a,b)\) は特異点である．
$$ \begin{align*} F_x &= 3x^2 - 4y \\ F_y &= 3y^2 - 4x \end{align*} $$曲線 \(F(x,y) = x^3 + y^3 - 4xy = 0\) 上の点 \((2,2)\) の近くで陰関数 \(y = f(x)\) が存在することを示し、その微分係数 \(f^\prime(2)\) を求めよ．
\(F(2,2) = 8 + 8 - 16 = 0, \, F_y(2,2) = 12 - 8 \ne 0\) より陰関数定理から点 \((2,2)\) の近傍で陰関数 \(y = f(x)\) が存在する．
$$ f^\prime(2) = - \frac{F_x(2,2)}{F_y(2,2)} = - \frac{12-8}{12-8} = -1 $$$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} &= - \frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)} = - \frac{2x + 3y}{3x - 8y} \\ \left.\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x}\right|_{(\sqrt{5}, 0)} &= - \frac{2\sqrt{5}}{3\sqrt{5}} = - \frac{2}{3} \end{align*} $$曲線 \(F(x,y) = x^2 + 3xy - 4y^2 - 5 = 0\) 上の点 \((\sqrt{5}, 0)\) における接線と法線の方程式を求めよ．
接線は \(\displaystyle y = - \frac{2}{3} ( x - \sqrt{5} )\)、法線は \(\displaystyle y = \frac{3}{2} (x - \sqrt{5})\) である．
曲線 \(y^2 = x^2(x+1)\) の特異点を求めよ．
\(F(x,y) \coloneqq y^2 - x^3 - x^2\) とする．
$$ \left\{\begin{align*} F_x &= -3x^2 - 2x = -x(3x+2) = 0 \\ F_y &= 2y = 0 \end{align*}\right. $$\(F(0,0) = 0, \, F\!\left( - \frac{2}{3}, 0\right) \ne 0\) より点 \(\left( - \frac{2}{3}, 0\right)\) は曲線上の点でない．よって特異点は \((0,0)\) である．
ラグランジュの未定乗数法 #
条件 \(g(x,y) = 0\) のもとで関数 \(z = f(x,y)\) の極値を求める問題を条件付き極値問題という．
\(g(x,y) = 0\) が \(y\) について解ける場合は与式に代入して計算すればよい．そうでない場合はラグランジュの未定乗数法が有効である．
\(g(x,y) = 0\) によって定まる陰関数を \(y = y(x)\) とし、\(f(x,y(x))\) を \(x\) で微分する．
$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}}{{\rm d}x}f(x,y(x)) &= f_x(x,y)\frac{{\rm d}x}{{\rm d}x} + f_y(x,y)\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} \\ &= f_x(x,y) + f_y(x,y)\left( - \frac{g_x(x,y)}{g_y(x,y)} \right) \end{align*} $$点 \((a,b)\) で極値をとるとすると
$$ 0 = f_x(a,b) + f_y(a,b)\left( - \frac{g_x(a,b)}{g_y(a,b)} \right) \quad \xRightarrow{} \quad \frac{f_x(a,b)}{g_x(a,b)} = \frac{f_y(a,b)}{g_y(a,b)} \eqqcolon \lambda $$\(\lambda\) をラグランジュの未定乗数という．
$$ \begin{align*} \frac{f_x}{g_x} &= \frac{f_y}{g_y} \\ \frac{y}{2x} &= \frac{x}{2y} \\ y^2 &= x^2 \\ y &= \pm x \end{align*} $$条件 \(g(x,y) = x^2 + y^2 - 4 = 0\) の下で \(f(x,y) = xy\) の極値をとりうる点の候補を求めよ．
これを条件式に代入すると、\(x^2 + x^2 - 4 = 0\) より \(x = \pm\sqrt{2}\) であるから、極値をとりうる点は \((\pm\sqrt{2}, \pm\sqrt{2})\) (複号任意)．
$$ \begin{align*} \frac{f_x}{g_x} &= \frac{f_y}{g_y} \\ \frac{8x}{y} &= \frac{2y}{x} \\ 4x^2 &= y^2 \\ y &= \pm2x \end{align*} $$条件 \(g(x,y) = xy - 1 = 0\) の下で \(f(x,y) = 4x^2 + y^2\) の極値を求めよ．
これを条件式に代入すると
$$ \begin{align*} x \cdot (\pm 2x) &= 1 \\ \pm 2x^2 &= 1 \\ x^2 &= \frac{1}{\pm 2} \\ x (\in\R) &= \pm\frac{1}{\sqrt{2}} \end{align*} $$\(y = -2x\) は不適である．極値をとりうる点は \(\left(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}, \pm\sqrt{2}\right)\) (複号同順) であり
$$ f \! \left( \pm\frac{1}{\sqrt{2}}, \pm\sqrt{2}\right) = 4 $$これが極大値か極小値かは条件を満たす他の点と比較して判定する．
例えば条件を満たす点 \((\pm1, \pm1)\) (複号同順) では \(f(\pm1, \pm1) = 5\) となる．
よって点 \(\left(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}, \pm\sqrt{2}\right)\) (複号同順) で極小値 \(4\) をとる．
$$ \begin{align*} \frac{f_x}{g_x} &= \frac{f_y}{g_y} \\ \frac{3}{2x} &= \frac{-4}{2y} \\ 3y &= -4x \\ y &= - \frac{4}{3}x \end{align*} $$条件 \(g(x,y) = x^2 + y^2 - 25 = 0\) の下で \(f(x,y) = 3x - 4y - 5\) の最大値と最小値を求めよ．
これを条件式に代入すると
$$ \begin{align*} x^2 + \frac{16}{9}x^2 &= 25 \\ 25x^2 &= 25 \cdot 9 \\ x &= \pm 3 \end{align*} $$極値をとりうる点は \((\pm3, \mp 4)\) (複号同順) であり、\(f(3,-4) = 20, \, f(-3,4) = -30\)．
条件が閉じた曲線であれば、最大値と最小値をもつ (最大値・最小値の定理)．
よって点 \((3,-4)\) で最大値 \(20\)、点 \((-3,4)\) で最小値 \(-30\) をとる．
包絡線 #
\(\alpha\) を媒介変数とする曲線 \(C_\alpha : f(x,y,\alpha) = 0\) の集合 \(\{C_\alpha\}\) を曲線群という．
ある曲線 \(C\) 上の任意の点に対して、ある \(C_\alpha\) が存在し、\(C_\alpha\) と \(C\) がその点で接するとき、曲線 \(C\) を包絡線という．
曲線 \(C\) が曲線群 \(f(x,y,\alpha)=0\) の包絡線となる必要十分条件は、\(C\) 上の任意の点 \((x,y)\) が曲線群のどの曲線の特異点でもなく
$$ f(x,y,\alpha) = 0 \quad \land \quad f_\alpha(x,y,\alpha) = 0 $$を満たすことである．
任意の \(\alpha\) に対し包絡線は \(C_\alpha : f(x,y,\alpha) = 0\) に接するから接点を \((x,y)=(x(\alpha), y(\alpha))\) とおく．
\(f_y(x, y, \alpha) \ne 0\) とすると、曲線 \(C_\alpha\) と包絡線の接点における微分係数が一致するから
$$ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = - \frac{f_x(x, y, \alpha)}{f_y(x, y, \alpha)} = \frac{y^\prime(\alpha)}{x^\prime(\alpha)} $$より
$$ f_x(x, y, \alpha)x^\prime(\alpha) + f_y(x, y, \alpha)y^\prime(\alpha)=0 \tag{\(*\)} $$一方、\((x, y, \alpha)\) は曲線上の点だから \(f(x, y, \alpha) = 0\) を満たし、\(\alpha\) で微分して
$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}}{{\rm d}\alpha}f(x, y, \alpha) &= f_x(x, y, \alpha)\frac{{\rm d}x}{{\rm d}\alpha} + f_y(x, y, \alpha)\frac{{\rm d}y}{{\rm d}\alpha} + f_\alpha(x, y, \alpha)\frac{d\alpha}{d\alpha} \\ &= 0 + f_\alpha(x, y, \alpha) \quad \because \; (*) \\ &= 0 \\ f_\alpha(x, y, \alpha) &= 0 \end{align*} $$\((*)\) は特異点も満たすため、包絡線上の任意の点が任意の \(C_\alpha\) の特異点ではないとする．
ただし、曲線に特異点がある場合は特異点の軌跡も解となるので注意する．
曲線群 \(\alpha^2 y - \alpha x - 1 = 0\) の包絡線の方程式を求めよ．
\(f(x,y,\alpha) \coloneqq \alpha^2 y - \alpha x - 1\) とする．
\(f_\alpha = 2\alpha y - x = 0\) より \(\displaystyle \alpha = \frac{x}{2y}\) を与式に代入する．
$$ \begin{align*} \frac{x^2}{4y^2} y - \frac{x}{2y}x - 1 &= 0 \\ x^2 - 2x^2 - 4y &= 0 \\ x^2 + 4y &= 0 \end{align*} $$ここで \(f_x = -\alpha = 0, \, f_y = \alpha^2 = 0\) の解 \((x,y)\) は存在しないから、特異点は存在しない．
よって求める包絡線は \(x^2 + 4y = 0\)．
曲線群 \(y^4 + (x-\alpha)^2 - y^2 = 0\) の包絡線の方程式を求めよ．
\(f(x,y,\alpha) \coloneqq y^4 + (x-\alpha)^2 - y^2\) とする．
\(f_\alpha = -2(x-\alpha) = 0\) より \(\alpha = x\) を与式に代入する．
$$ \begin{align*} y^4 - y^2 &= y^2(y^2 - 1) = y^2 (y+1)(y-1) = 0 \\ y &= 0, \pm 1 \end{align*} $$ここで \(f_x = 2(x-\alpha) = 0, \, f_y = 4y^3 - 2y = 0\) の解に \((x,y) = (\alpha, 0)\) があり、この点は与式を満たすから特異点である．
よって求める包絡線は \(y = \pm 1\)．
曲線群 \(x \cos\alpha + y \sin\alpha = 1\) の包絡線の方程式を求めよ．
\(f(x,y,\alpha) \coloneqq x\cos\alpha + y\sin\alpha - 1\) とする．
$$ \left\{\begin{align*} f(x,y,\alpha) &= x\cos\alpha + y\sin\alpha - 1 = 0 &&(1) \\ f_\alpha(x,y,\alpha) &= -x\sin\alpha + y\cos\alpha = 0 &&(2) \end{align*}\right. $$\((1) \cos\alpha - (2) \sin\alpha\) より
$$ \begin{align*} x\cos^2\alpha + y\sin\alpha\cos\alpha - \cos\alpha - (-x\sin^2\alpha + y\cos\alpha\sin\alpha) &= 0 \\ x - \cos\alpha &= 0 \\ x &= \cos \alpha \end{align*} $$\((1)\sin\alpha + (2)\cos\alpha\) より
$$ \begin{align*} x\cos\alpha\sin\alpha + y\sin^2\alpha - \sin\alpha -x\sin\alpha\cos\alpha + y\cos^2\alpha &= 0 \\ y -\sin\alpha &= 0 \\ y &= \sin\alpha \end{align*} $$これらを与式に代入する．
$$ x^2 + y^2 = 1 $$重積分 #
\(z = f(x,y)\) の2重積分を
$$ \iint_D f(x,y) \, {\rm d}x{\rm d}y $$と表す．
累次積分 #
一方の変数で積分した後に他の変数で積分する方法を累次積分という．
\(D = \{ (x,y) \; | \; a \le x \le b, \, g_1(x) \le y \le g_2(x) \}\) に対し
$$ \iint_D f(x,y) \, {\rm d}x{\rm d}y = \int_a^b \left\{\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \, {\rm d}y\right\} {\rm d}x $$\(\displaystyle \iint_D (x+1) \, {\rm d}x{\rm d}y \quad D=\{(x,y) \; | \; 0 \le y, \, x+y \le 1, \, -x+y\le 1\}\)
\(\displaystyle \int_0^1 \left\{\int_x^1 {\rm e}^{- \frac{1}{2} y^2} \, {\rm d}y \right\} {\rm d}x\) を求めよ．
\(\displaystyle \int {\rm e}^{-\frac{1}{2}y^2} \, {\rm d}y\) は初等関数では表せない．積分順序を変更する．
積分領域は \(\{ (x,y) \; | \; 0 \le x \le 1, \, x \le y \le 1 \} = \{ (x,y) \; | \; 0 \le y \le 1, \, 0 \le x \le y \}\) となるので
$$ \begin{align*} \int_0^1 \left\{\int_x^1 {\rm e}^{- \frac{1}{2} y^2} \, {\rm d}y \right\} {\rm d}x &= \int_0^1 \left\{\int_0^y {\rm e}^{- \frac{1}{2} y^2} \, {\rm d}x \right\}{\rm d}y \\ &= \int_0^1 y{\rm e}^{- \frac{1}{2} y^2} \, {\rm d}y \\ &= \left[- {\rm e}^{- \frac{1}{2}y^2}\right]_0^1 \\ &= - {\rm e}^{- \frac{1}{2}} + 1 \\ &= 1 - \frac{1}{\sqrt{\rm e}} \end{align*} $$重積分の変数変換 #
変換 \(\begin{cases} x = \varphi(u, v) \\ y = \psi(u, v) \end{cases}\) によって \(uv\) 平面上の領域 \(D^\prime\) が \(xy\) 平面上の領域 \(D\) に1対1にうつるならば
$$ \iint_D f(x,y) \, {\rm d}x{\rm d}y = \iint_{D^\prime} f(\varphi(u,v), \psi(u,v)) \left| \det\begin{pmatrix} \varphi_u & \varphi_v \\ \psi_u & \psi_v \end{pmatrix} \right|{\rm d}u{\rm d}v $$ここで行列式
$$ J(u,v) = \frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)} = \det\begin{pmatrix} \varphi_u & \varphi_v \\ \psi_u & \psi_v \end{pmatrix} $$をヤコビアン (Jacobian) という．
\(xy\) 平面上の領域を \(D\)、\(uv\) 平面上の領域を \(D^\prime\) とする．
$$ \left\{\begin{align*} x &= \varphi(u, v) \\ y &= \psi(u, v) \end{align*}\right. \tag{\(*\)} $$変数変換 \((*) : D^\prime \to D\) が1対1である、すなわち
$$ (u_1, v_1) \ne (u_2, v_2) \quad \xRightarrow{} \quad (\varphi(u_1, v_1), \psi(u_1, v_1)) \ne (\varphi(u_2, v_2), \psi(u_2, v_2)) $$とする．
\((*)\) の全微分は
$$ \left\{\begin{align*} {\rm d}x &= \varphi_u\,{\rm d}u + \varphi_v\,{\rm d}v \\ {\rm d}y &= \psi_u\,{\rm d}u + \psi_v\,{\rm d}v \end{align*}\right. \quad \xLeftrightarrow{} \quad \begin{pmatrix} {\rm d}x \\ {\rm d}y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \varphi_u & \varphi_v \\ \psi_u & \psi_v \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {\rm d}u \\ {\rm d}v \end{pmatrix} $$\(uv\) 平面上の \(\begin{pmatrix}{\rm d}u \\ 0\end{pmatrix}, \, \begin{pmatrix}0 \\ {\rm d}v\end{pmatrix}\) により張られる微小領域の \((*)\) による像は
$$ \begin{pmatrix} \varphi_u & \varphi_v \\ \psi_u & \psi_v \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {\rm d}u & 0 \\ 0 & {\rm d}v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \varphi_u{\rm d}u & \varphi_v{\rm d}v \\ \psi_u{\rm d}u & \psi_v{\rm d}v \end{pmatrix} $$より \(xy\) 平面上の \(\begin{pmatrix}\varphi_u{\rm d}u \\ \psi_u{\rm d}u\end{pmatrix}, \, \begin{pmatrix}\varphi_v{\rm d}v \\ \psi_v{\rm d}v\end{pmatrix}\) により張られる微小領域となる．この面積は
$$ {\rm d}x{\rm d}y = \left|\begin{pmatrix} \varphi_u{\rm d}u \\ \psi_u{\rm d}u \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} \varphi_v{\rm d}v \\ \psi_v{\rm d}v \end{pmatrix}\right| = \left| \det\begin{pmatrix} \varphi_u & \varphi_v \\ \psi_u & \psi_v \end{pmatrix} \right| {\rm d}u{\rm d}v $$極座標変換 \(\begin{cases} x = r\cos\theta \\ y = r\sin\theta \end{cases}\) のヤコビアンは
$$ J = \det\begin{pmatrix} x_r & x_\theta \\ y_r & y_\theta \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{pmatrix} = r\cos^2\theta + r\sin^2\theta = r $$$$ \begin{align*} \iint_D \frac{1}{(x^2 + y^2)^3} \, {\rm d}x {\rm d}y &= \int_0^{2\pi} \left\{ \int_1^{\sqrt{2}} \frac{1}{(r^2)^3} r \, {\rm d}r \right\} {\rm d}\theta \\ &= \int_0^{2\pi}{\rm d}\theta \int_1^{\sqrt{2}} r^{-5} \, {\rm d}r \\ &= 2\pi \cdot \frac{1}{-4} \left[ r^{-4}\right]_1^{\sqrt{2}} \\ &= 2\pi \cdot \frac{1}{-4} \left(\frac{1}{4} - 1\right) \\ &= \frac{3}{8}\pi \end{align*} $$\(\displaystyle \iint_D \frac{1}{(x^2 + y^2)^3} \, {\rm d}x {\rm d}y \quad D = \{ (x,y) \; | \; 1 \le x^2 + y^2 \le 2 \}\)
$$ \left\{\begin{align*} x &\eqqcolon ar\cos\theta \\ y &\eqqcolon br\sin\theta \end{align*}\right. \quad 0 \le r \le 1, \, 0 \le \theta \le 2\pi $$\(\displaystyle \iint_D (x^2 + y^2) \, {\rm d}x{\rm d}y \quad D = \left\{ (x,y) \; \left| \; \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \le 1 \right.\right\}\)
と変数変換する．
$$ J = \det\begin{pmatrix} a\cos\theta & -ar\sin\theta \\ b\sin\theta & br\cos\theta \end{pmatrix} = abr\cos^2\theta + abr\sin^2\theta = abr $$より
$$ \begin{align*} \iint_D (x^2 + y^2) \, {\rm d}x{\rm d}y &= \int_0^{2\pi} \left\{ \int_0^1 (a^2r^2\cos^2\theta + b^2r^2\sin^2\theta) abr \, {\rm d}r \right\} {\rm d}\theta \\ &= ab \int_0^1 r^3\,{\rm d}r \int_0^{2\pi} (a^2\cos^2\theta + b^2\sin^2\theta) \, {\rm d}\theta \\ &= ab \cdot \frac{1}{4} \cdot 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} (a^2\cos^2\theta + b^2\sin^2\theta) \, {\rm d}\theta \\ &= ab(a^2+b^2)\frac{1}{2}\frac{\pi}{2} \\ &= \frac{\pi}{4}ab(a^2+b^2) \end{align*} $$$$ \left\{\begin{align*} u &\coloneqq x + 2y &\in [2,4] \\ v &\coloneqq x - y &\in [0,1] \end{align*}\right. $$\(\displaystyle \iint_D (x-y)^3 (x+2y)^3 \, {\rm d}x {\rm d}y \quad D = \{ (x,y) \; | \; 2 \le x + 2y \le 4, \, 0 \le x-y \le 1 \}\)
と変数変換すると \(\displaystyle x = \frac{u + 2v}{3}, \, y = \frac{u - v}{3}\) となる．
$$ J = \det\begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{2}{3} \\ \frac{1}{3} & - \frac{1}{3} \end{pmatrix} = - \frac{1}{9} - \frac{2}{9} = - \frac{1}{3} $$より
$$ \begin{align*} \iint_D (x-y)^3 (x+2y)^3 \, {\rm d}x {\rm d}y &= \int_2^4 \left\{ \int_0^1 v^3u^3 \frac{1}{3} \, {\rm d}v \right\} {\rm d}u \\\ &= \frac{1}{3} \int_2^4 u^3 \, {\rm d}u \int_0^1 v^3\,{\rm d}v \\ &= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4}\left[u^4\right]_2^4 \cdot \frac{1}{4} \\ &= 5 \end{align*} $$体積 #
半球面 \(x^2 + y^2 + z^2 = 4a^2, \, z \ge 0\) から円柱 \((x-a)^2 + y^2 = a^2 \, (a > 0)\) の切り取る部分と \(xy\) 平面とで囲まれる立体の体積 \(V\) を求めよ．
領域は \((x-a)^2 + y^2 \le a^2\) より \(x^2 + y^2 \le 2ax\) を極座標変換して \(r \le 2a\cos\theta\)、また図より \(- \frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) である．
$$ \begin{align*} V &= \iint_D \sqrt{4a^2 - x^2 - y^2}\,{\rm d}x{\rm d}y \\ &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left\{ \int_0^{2a\cos\theta} r \sqrt{4a^2 - r^2} \, {\rm d}r \right\} {\rm d}\theta \\ &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left[ \frac{1}{-2} \cdot \frac{2}{3}(4a^2-r^2)^{\frac{3}{2}} \right]_0^{2a\cos\theta}{\rm d}\theta \\ &= - \frac{1}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \{(4a^2-4a^2\cos^2\theta)^{\frac{3}{2}}-(4a^2)^{\frac{3}{2}}\}\,{\rm d}\theta \\ &= \frac{1}{3} \cdot (2a)^3\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\{1-(1-\cos^2\theta)^{\frac{3}{2}}\}\,{\rm d}\theta \\ &= \frac{8}{3}a^3\left(\pi - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}|\sin^3\theta|\,{\rm d}\theta\right) \\ &= \frac{8}{3}a^3\left(\pi - 2\cdot\frac{2}{3}\right) \\ &= \frac{8}{9}(3\pi-4)a^3 \end{align*} $$$$ \begin{align*} V &= 2 \iint_D \sqrt{a^2 - y^2} \, {\rm d}x{\rm d}y \\ &= 2\int_{-a}^a\left\{\int_{-\sqrt{a^2-x^2}}^{\sqrt{a^2-x^2}} \sqrt{a^2-y^2} \, {\rm d}y\right\} {\rm d}x &&\cdots\textsf{ 計算が煩雑} \\ &= 2\int_{-a}^a\left\{\int_{-\sqrt{a^2-y^2}}^{\sqrt{a^2-y^2}} \sqrt{a^2-y^2} \, {\rm d}x\right\} {\rm d}y \\ &= 2\int_{-a}^a2(a^2-y^2)\,{\rm d}y \\ &= 8\int_0^a(a^2-y^2)\,{\rm d}y \\ &= 8\left[a^2y-\frac{1}{3}y^3\right]_0^a \\ &= \frac{16}{3}a^3 \end{align*} $$円柱 \(y^2 + z^2 = a^2\) と \(x^2 + y^2 = a^2\) で囲まれた立体の体積を求めよ．
曲面積 #
\(xy\) 平面の領域 \(D\) を辺の長さが \(\Delta x_i, \, \Delta y_i\) の小長方形 \(D_{ij}\) に分割する．
\(D_{ij}\) 上で曲面は点 \((x_i, y_i, f(x_i, y_i))\) における接平面で近似される．接平面の法線ベクトル \(\bm n\) と基本ベクトル \(\bm{e}_z\) がなす角 \(\theta\) は \(xy\) 平面と接平面がなす角に等しい．
$$ \begin{align*} \operatorname{S}(D_{ij}\textsf{ 上の接平面})|\cos\theta| &= \operatorname{S}(D_{ij}) \\ \operatorname{S}(D_{ij}\textsf{ 上の接平面}) &= \frac{\operatorname{S}(D_{ij})}{|\cos\theta|} \\ &= \frac{\Delta x_i \Delta y_j}{\displaystyle\left|\frac{\bm{n}\cdot\bm{e}_z}{|\bm{n}||\bm{e}_z|}\right|} \\ &= \frac{\Delta x_i \Delta y_j}{\displaystyle\left|\frac{(f_x(x_i, y_j), f_y(x_i, y_j), -1) \cdot (0,0,1)}{\sqrt{f_x(x_i, y_j)^2 + f_y(x_i, y_j)^2 + (-1)^2}}\right|} \\ &= \sqrt{f_x(x_i, y_j)^2 + f_y(x_i, y_j)^2 + 1} \, \Delta x_i \Delta y_j \end{align*} $$\(xy\) 平面の領域 \(D\) に対応する曲面 \(z = f(x,y)\) の面積は
$$ S = \iint_D \sqrt{\{f_x(x,y)\}^2 + \{f_y(x,y)\}^2 + 1}\,{\rm d}x {\rm d}y $$円柱面 \(x^2 + y^2 = a^2\) の内部にある円柱面 \(y^2 + z^2 = a^2\) の面積を求めよ．
円柱面 \(y^2 + z^2 = a^2\) の \(z \ge 0\) なる部分は \(z = \sqrt{a^2 - y^2}\) である．
積分領域は \(\{ (x,y) \; | \; -a \le y \le a, \, -\sqrt{a^2-y^2} \le x \le \sqrt{a^2-y^2} \}\) となる．
$$ z_x = 0, \quad z_y = - \frac{y}{\sqrt{a^2 - y^2}} $$より
$$ \begin{align*} S &= 2 \int_{-a}^a \left\{ \int_{-\sqrt{a^2-y^2}}^{\sqrt{a^2-y^2}} \sqrt{\frac{y^2}{a^2-y^2} + 1} \, {\rm d}x \right\} {\rm d}y \\ &= 2 \int_{-a}^a\frac{a}{\sqrt{a^2-y^2}} \cdot 2\sqrt{a^2-y^2} \, {\rm d}y \\ &= 2\cdot 2a\cdot 2a \\ &= 8a^2 \end{align*} $$\((x^2 + y^2)^{\frac{1}{3}} + z^{\frac{2}{3}} = 1\) で定義される曲面の面積を求めよ．
\(z = \{ 1 - (x^2 + y^2)^{\frac{1}{3}} \}^{\frac{3}{2}}\) と表され、領域は \(1 - (x^2 + y^2)^{\frac{1}{3}} \ge 0\) より \(x^2 + y^2 \le 1\) となる．
$$ \left\{\begin{align*} x &\eqqcolon r^3\cos\theta \\ y &\eqqcolon r^3\sin\theta \end{align*}\right. \quad 0 \le r \le 1, \, 0 \le \theta \le 2\pi $$と変数変換すれば
$$ J = \det\begin{pmatrix} 3r^2\cos\theta & -r^3\sin\theta \\ 3r^2\cos\theta & r^3\cos\theta \end{pmatrix} = 3r^5 $$となる．
$$ \begin{align*} z_x &= \frac{3}{2}\{ 1 - (x^2 + y^2)^{\frac{1}{3}} \}^{\frac{1}{2}} \left(-\frac{1}{3}(x^2 + y^2)^{-\frac{2}{3}}\cdot 2x\right) \\ &= (1-r^{6\cdot\frac{1}{3}})^{\frac{1}{2}}(-r^{-6\cdot\frac{2}{3}}\cdot r^3\cos\theta) \\ &= -r^{-1}(1-r^2)^{\frac{1}{2}}\cos\theta \\ z_y &= -r^{-1}(1-r^2)^{\frac{1}{2}}\sin\theta \\ {z_x}^2+{z_y}^2+1 &= r^{-2}(1-r^2)\cos^2\theta + r^{-2}(1-r^2)\sin^2\theta +1 \\ &= r^{-2}-1+1 \\ &= r^{-2} \end{align*} $$より
$$ S = \int_0^{2\pi} \left\{ \int_0^1 r^{-1} \cdot 3r^5 \, {\rm d}r \right\}{\rm d}\theta = 2\pi \cdot 3 \cdot \frac{1}{5} = \frac{6}{5}\pi $$広義積分 #
\(\displaystyle \iint_D \frac{1}{(x^2+y^2)^{\frac{1}{3}}} \, {\rm d}x {\rm d}y \quad D = \{ (x,y) \; | \; x^2 + y^2 \le 1 \}\)
\(D_\varepsilon \coloneqq \{ (x,y) \; | \; \varepsilon^2 \le x^2 + y^2 \le 1 \}\) とする．
$$ \begin{align*} \iint_D \frac{1}{(x^2+y^2)^{\frac{1}{3}}} \, {\rm d}x {\rm d}y &= \lim_{\varepsilon\to+0} \int_0^{2\pi} \left\{ \int_\varepsilon^1 \frac{1}{r^{\frac{2}{3}}} r \, {\rm d}r \right\} {\rm d}\theta \\ &= \lim_{\varepsilon\to+0} 2\pi \int_\varepsilon^1 r^{\frac{1}{3}} \, {\rm d}r \\ &= 2\pi \lim_{\varepsilon\to+0} \frac{3}{4}\left[r^{\frac{4}{3}}\right]_\varepsilon^1 \\ &= 2\pi \cdot \frac{3}{4} \lim_{\varepsilon\to+0} (1-\varepsilon^{\frac{4}{3}}) \\ &= \frac{3}{2}\pi \end{align*} $$ガウス積分 #
ガウス積分とは次のような積分である．
$$ \int_{-\infty}^\infty {\rm e}^{-x^2} \,{\rm d} x = \sqrt\pi $$\(\displaystyle I \coloneqq \int_{-\infty}^\infty {\rm e}^{-x^2} \,{\rm d} x\) とする．
この広義積分は収束するため \(\displaystyle I = 2 \lim_{R\to\infty}\int_0^R {\rm e}^{-x^2} \,{\rm d} x\) としてよい．
\(\displaystyle I_R \coloneqq \int_0^R {\rm e}^{-x^2} \,{\rm d} x\) とすれば
$$ \begin{align*} {I_R}^2 &= \left( \int_0^R {\rm e}^{-x^2} \,{\rm d} x \right)^2 \\ &= \left( \int_0^R {\rm e}^{-x^2} \,{\rm d} x \right)\left( \int_0^R {\rm e}^{-y^2} \,{\rm d} y \right) \\ &= \int_0^R \int_0^R {\rm e}^{-x^2-y^2} \, {\rm d}x {\rm d}y \end{align*} $$
ここで
$$ \begin{align*} D_R &: x \ge 0, \, y \ge 0, \, x^2 + y^2 \le R^2 \\ D_{\sqrt{2}R} &: x \ge 0, \, y \ge 0, \, x^2 + y^2 \le 2R^2 \\ \end{align*} $$とすると
$$ \iint_{D_R} {\rm e}^{-x^2-y^2} \, {\rm d}x {\rm d}y < {I_R}^2 < \iint_{D_{\sqrt{2}R}} {\rm e}^{-x^2-y^2} \, {\rm d}x {\rm d}y $$となる．
$$ \begin{align*} \iint_{D_R} {\rm e}^{-x^2-y^2} \, {\rm d}x {\rm d}y &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left\{ \int_0^R r{\rm e}^{-r^2} \, {\rm d}r \right\} {\rm d}\theta \\ &= \frac{\pi}{2}\left[-\frac{1}{2}{\rm e}^{-r^2}\right]_0^R \\ &= \frac{\pi}{4}(1 - {\rm e}^{-R^2}) \\ \iint_{D_{\sqrt{2}R}} {\rm e}^{-x^2-y^2} \, {\rm d}x {\rm d}y &= \frac{\pi}{4}(1 - {\rm e}^{-2R^2}) \end{align*} $$より、\(R \to \infty\) とすると、はさみうちの原理より \(\displaystyle \lim_{R\to\infty} {I_R}^2 = \frac{\pi}{4}\) である．
以上より
$$ I = 2 \lim_{R\to\infty} I_R = 2 \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \sqrt{\pi} $$$$ \begin{align*} \int_0^\infty x^2 {\rm e}^{-x^2} \, {\rm d}x &= \lim_{R\to\infty} \int_0^R x^2 {\rm e}^{-x^2} \, {\rm d}x \\ &= \lim_{R\to\infty} \left(\left[-\frac{1}{2}x{\rm e}^{-x^2}\right]_0^R - \int_0^R -\frac{1}{2} {\rm e}^{-x^2} \, {\rm d}x \right) \\ &= -\frac{1}{2}\lim_{R\to\infty} \frac{R}{{\rm e}^{R^2}} + \frac{1}{2} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \\ &= - \frac{1}{2}\lim_{R\to\infty} \frac{1}{2R{\rm e}^{R^2}} + \frac{\sqrt{\pi}}{4} \\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{4} \end{align*} $$\(\displaystyle \int_0^\infty {\rm e}^{-x^2} \,{\rm d} x = \frac{\sqrt\pi}{2}\) であることを用いて \(\displaystyle \int_0^\infty x^2 {\rm e}^{-x^2} \, {\rm d}x\) を求めよ．
微分方程式 #
任意定数を含んだ解を一般解という．初期条件によって定まる解を特殊解という．
変数分離形 #
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f(x)g(y) $$変数を分離し、両辺を積分することで解くことができる．
$$ \int \frac{1}{g(y)} \,\mathrm{d}y = \int f(x) \,\mathrm{d}x $$\(\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{(x-1)y}{(y+1)x}\)
\(y = 0\) は解である．
\(y \ne 0\) のとき
$$ \begin{align*} \frac{y+1}{y}\,\mathrm{d}y &= \frac{x-1}{x}\,\mathrm{d}x \\ \int\! \left(1 + \frac{1}{y}\right)\mathrm{d}y &= \int\! \left(1 - \frac{1}{x}\right)\mathrm{d}x \\ y + \ln|y| &= x - \ln|x| + C_1 \\ \ln|xy|+y-x &= C_1 \\ \ln|xy{\rm e}^{y-x}| &= C_1 \\ xy{\rm e}^{y-x} &= \pm{\rm e} C_1 \\ xy{\rm e}^{y-x} &= C \end{align*} $$\(y = 0\) のとき \(C = 0\) である．
\(\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = (1-y)(1+y)\)
\(y = \pm 1\) は解である．
\(y \ne \pm 1\) のとき
$$ \begin{align*} \frac{1}{(1-y)(1+y)}\,\mathrm{d}y &= \mathrm{d}x \\ \int\frac{1}{2}\left( \frac{1}{1-y} + \frac{1}{1+y} \right)\mathrm{d}y &= \int\mathrm{d}x \\ \frac{1}{2}\left(-\ln|1-y| + \ln|1+y|\right) &= x + C_1 \\ \frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+y}{1-y}\right| &= x + C_1 \\ \frac{1+y}{1-y} &= \pm {\rm e}^{2x+2C_1} \\ &= C{\rm e}^{2x} \\ 1+y &= C{\rm e}^{2x}(1-y) \\ y &= \frac{C{\rm e}^{2x}-1}{C{\rm e}^{2x}+1} \end{align*} $$\(y=-1\) のとき \(C = 0\)、\(y = 1\) のとき \(C = \infty\) である．
$$ \begin{align*} m\frac{{\rm d}v}{{\rm d}t} &= mg - kv &&(\textsf{運動方程式}) \\ \frac{{\rm d}v}{{\rm d}t} &= g - \frac{k}{m}v \\ &= g - k_0 v &&k_0 \coloneqq \frac{k}{m} \\ \int\frac{1}{g-k_0v}\,{\rm d}v &= \int {\rm d}t \\ -\frac{1}{k_0}\ln|g-k_0 v| &= t + C_1 \\ \ln|g-k_0v| &= -k_0(t+C_1) \\ g-k_0v &= \pm {\rm e}^{-k_0t-k_0C_1} \\ &= C{\rm e}^{-k_0t} \\ -k_0v &= -g + C{\rm e}^{-k_0t} \\ v &= \frac{g}{k_0} - \frac{C}{k_0}{\rm e}^{-k_0t} \end{align*} $$大気中で質量 \(m\) の物体が速さ \(v = v(t)\) に比例する空気抵抗 (比例定数 \(k>0\) ) を受けて落下するものとする．\(t\) 秒後の物体の速度 \(v(t)\) を求めよ．ただし \(v(0) = 0\) とし、重力加速度の大きさは \(g\) で表すものとする．
初期条件より
$$ \begin{align*} 0 &= \frac{g}{k_0} - \frac{C}{k_0} \\ C &= g \end{align*} $$よって
$$ v = \frac{g}{k_0} - \frac{g}{k_0}{\rm e}^{-k_0t} = \frac{mg}{k}\bigg(1-{\rm e}^{\displaystyle\scriptsize -\frac{k}{m}t}\bigg) $$$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}n}{{\rm d}t} &= kn(M-n) \\ \int\frac{1}{n(M-n)}\,{\rm d}n &= k \int {\rm d} t \\ \int\frac{1}{M}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{M-n}\right) {\rm d}n &= k \int {\rm d}t \\ \frac{1}{M}(\ln |n| - \ln|M-n|) &= kt + C_1 \\ \ln\left|\frac{n}{M-n}\right| &= kMt + C_2 \\ \frac{n}{M-n} &= \pm {\rm e}^{kMt+C_2} \\ &= C{\rm e}^{kMt} \\ n &= (M-n)C{\rm e}^{kMt} \\ n(1+C{\rm e}^{kMt}) &= CM{\rm e}^{kMt} \\ n &= \frac{CM{\rm e}^{kMt}}{1+C{\rm e}^{kMt}} \\ &= \frac{CM}{{\rm e}^{-kMt} + C} \end{align*} $$ある年は全部で \(M\) 人がインフルエンザに感染した．時刻 \(t\) までの感染者数を \(n\) とすると、\(n\) の \(t\) に関する変化の割合は、\(n(M-n)\) に比例している．比例定数を \(k>0\) として、\(n\) に関する微分方程式を作れ．また \(t = 0\) において \(\displaystyle n = \frac{1}{3}M\) となる特殊解を求めよ．
初期条件より
$$ \begin{align*} \frac{1}{3}M &= \frac{CM}{1+C} \\ 1+C &= 3C \\ C &= \frac{1}{2} \end{align*} $$よって
$$ n = \frac{\displaystyle \frac{1}{2}M}{\displaystyle {\rm e}^{-kMt} + \frac{1}{2}} = \frac{M}{2{\rm e}^{-kMt}+1} $$$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}N}{{\rm d}t} &= -kN \\ \int \frac{1}{N} \, {\rm d} N &= -k \int {\rm d} t \\ \ln |N| &= -kt + C_1 \\ N &= \pm {\rm e}^{-kt+C_1} = C_2 {\rm e}^{-kt} \end{align*} $$放射性同位元素 \(\ce{{}^{14}C}\) は放射線を出して崩壊し、窒素になる．時刻 \(t\) における \(\ce{{}^{14}C}\) の原子の個数を \(N\) とするとき、次式が成り立つ．
$$ \frac{{\rm d}N}{{\rm d}t} = -kN $$ただし \(k>0\) は定数である．このとき \(N\) の一般解を求めよ．また \(\ce{{}^{14}C}\) の半減期が \(5730\) 年であることを使って、\(k \;[\textsf{個}/\textsf{年}]\) の値を求めよ．
\(t=0\) のとき \(N=N_0\) とすると
$$ N_0 = C_2 $$\(t = 5730\) のとき \(\displaystyle N = \frac{1}{2} N_0\) だから
$$ \begin{align*} \frac{1}{2}N_0 &= N_0{\rm e}^{-5730k} \\ \ln\frac{1}{2} &= -5730k \\ \ln 2 &= 5730k \\ k &= \frac{\ln 2}{5730}\;[\textsf{個}/\textsf{年}] \end{align*} $$$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} &= ky(1-y) \\ \int\frac{1}{y(1-y)}\,{\rm d}y &= k \int {\rm d} t \\ \int\!\left(\frac{1}{y} + \frac{1}{1-y} \right)\,{\rm d}y &= k \int {\rm d} t \\ \ln|y| - \ln|1-y| &= kt + C_1 \\ \ln\left| \frac{y}{1-y} \right| &= kt + C_1 \\ \frac{y}{1-y} &= \pm {\rm e}^{kt + C_1 } = C{\rm e}^{kt} \\ y &= (1-y)C{\rm e}^{kt} \\ y(1+C{\rm e}^{kt}) &= C{\rm e}^{kt} \\ y &= \frac{C{\rm e}^{kt}}{1+C{\rm e}^{kt}} = \frac{C}{{\rm e}^{-kt} + C} \end{align*} $$ある商品の時刻 \(t\) における普及率を \(y \in [0,1]\) とする．\(y\) の \(t\) に関する変化の割合が \(y(1-y)\) に比例するとき、比例定数を \(k>0\) として、\(y\) に関する微分方程式を作れ．また、\(t=0\) において \(y=0.25\) となる特殊解を求めよ．
初期条件より
$$ \begin{align*} \frac{1}{4} &= \frac{C}{1 + C} \\ 4 &= \frac{1}{C} + 1 \\ C &= \frac{1}{3} \end{align*} $$よって
$$ y = \frac{\displaystyle \frac{1}{3}}{\displaystyle {\rm e}^{-kt} + \frac{1}{3}} = \frac{1}{3{\rm e}^{-kt} + 1} $$同次形 #
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f\!\left(\frac{y}{x}\right) $$\(\displaystyle u \coloneqq \frac{y}{x}\) とし、変数分離形に帰着することで解くことができる．
$$ u + x \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = f(u) $$\(\displaystyle (7x + 3y) \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -9x - 5y\)
\(x \ne 0\) のとき
$$ \begin{align*} \left( 7 + 3 \frac{y}{x} \right)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= -9 - 5\frac{y}{x} \\ (7 + 3u)\left( u + x \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} \right) &= -9 - 5u && u \coloneqq \frac{y}{x} \\ x \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} &= \frac{-9-5u-u(7+3u)}{7+3u} \\ &= -\frac{3u^2 +12u+9}{7+3u} \\ &= -3\frac{u^2+4u+3}{7+3u} \\ &= -3\frac{(u+1)(u+3)}{7+3u} \\ \int\frac{7+3u}{(u+1)(u+3)} \,\mathrm{d}u &= -3\int\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x \\ \int\!\left(\frac{2}{u+1}+\frac{1}{u+3}\right)\mathrm{d}u &= -3\int\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x \\ 2\ln|u+1| + \ln|u+3| &= -3 \ln|x|+C_1 \\ \ln|(u+1)^2(u+3)x^3| &= C_1 \\ (u+1)^2(u+3)x^3 &= \pm {\rm e}^{C_1} \\ (u+1)^2(u+3)x^3 &= C \\ \left( \frac{y}{x} + 1 \right)^2\left( \frac{y}{x} + 3 \right)x^3 &= C \\ \left\{\left( \frac{y}{x} + 1 \right)x\right\}^2\left\{\left( \frac{y}{x} + 3 \right)x\right\} &= C \\ (y + x)^2(y+3x) &= C \end{align*} $$\(x = 0\) でも定義される．
1階線形 #
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + p(x)y = q(x) $$\(q(x) = 0\) のとき斉次、\(q(x) \ne 0\) のとき非斉次という．
\(y^\prime + p(x)y = q(x)\) から \(\alpha^\prime + p(x)\alpha = q(x)\) を辺々引くと
$$ (y-\alpha)^\prime + p(x)(y-\alpha) = 0 $$\(Y \coloneqq y - \alpha\) とすると
$$ Y^\prime + p(x)Y = 0 $$という斉次方程式となる．これを解くと
$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}Y}{{\rm d}x} &= -p(x)Y \\ \int \frac{1}{Y} \, {\rm d}Y &= - \int p(x) \, {\rm d}x \\ \ln|Y| &= - \int p(x) \,{\rm d}x + C_1 \\ Y &= \pm {\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x} + C_1} \\ &= C {\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}} \\ y &= C {\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}} + \alpha(x) \end{align*} $$定数変化法を用いることで解くことができる．
- 斉次方程式 \(\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + p(x)y = 0\) の一般解を求める．
- 任意定数 \(C\) を \(x\) の関数 \(C(x)\) に変化させて、元の非斉次方程式の一般解を求める．
斉次1階線形微分方程式は変数分離形である．これを解くと
$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} + p(x)y &= 0 \\ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} &= -p(x)y \\ \int\frac{1}{y}\,{{\rm d}y} &= - \int p(x)\, {{\rm d}x} \\ \ln|y| &= -\int p(x)\,{{\rm d}x} + C_1 \\ y &= \pm {\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x} + C_1} \\ &= C_2{\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}} \end{align*} $$この斉次方程式の一般解を、定数 \(C_2\) を関数 \(C_2(x)\) に変化させて、元の非斉次方程式に代入して特殊解の1つを求める．
$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}C_2(x)}{{\rm d}x}{\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}} + C_2(x)\left(-p(x){\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}}\right) \\ {}+ p(x)C_2(x){\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}} &= q(x) \\ \frac{{\rm d}C_2(x)}{{\rm d}x} &= q(x){\rm e}^{\displaystyle\scriptsize\int p(x)\,{{\rm d}x}} \\ C_2(x) &= \int q(x){\rm e}^{\displaystyle\scriptsize\int p(x)\,{{\rm d}x}} {\rm d}x\\ \end{align*} \\ \therefore \quad y = \left( \int q(x){\rm e}^{\displaystyle\scriptsize\int p(x)\,{{\rm d}x}} {\rm d}x \right){\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}} $$特殊解 \(\alpha(x)\) が既知であるときの解法を用いて
$$ \begin{align*} y &= C {\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}} + \left( \int q(x){\rm e}^{\displaystyle\scriptsize\int p(x)\,{{\rm d}x}} {\rm d}x \right){\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}} \\ &= {\rm e}^{\displaystyle\scriptsize-\int p(x)\,{{\rm d}x}}\left( \int q(x){\rm e}^{\displaystyle\scriptsize\int p(x)\,{{\rm d}x}} {\rm d}x + C \right) \end{align*} $$\(\displaystyle \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} - \frac{y}{x} = x \ln x\)
\(\displaystyle \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} - \frac{y}{x} = 0\) を解く．
$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} &= \frac{y}{x} \\ \int \frac{1}{y}\, {\rm d}y &= \int \frac{1}{x} \,{\rm d}x \\ \ln |y| &= \ln |x| + C_1 \\ \ln \left| \frac{y}{x} \right| &= C_1 \\ \frac{y}{x} &= \pm {\rm e}^{C_1} = C_2 \\ y &= C_2x \end{align*} $$定数 \(C_2\) を関数 \(C_2(x)\) に変化させて与式に代入する．
$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}C_2(x)}{{\rm d}x}x + C_2(x) - C_2(x) &= x \ln x \\ C_2(x) &= \int \ln x \, {\rm d}x \\ &= \int(x)^\prime \ln x \, {\rm d}x \\ &= x \ln x - \int x \frac{1}{x} \,{\rm d}x \\ &= x \ln x - x + C \end{align*} \\ \therefore \quad y= (x \ln x - x + C)x = x^2\ln x - x^2 + Cx $$ベルヌーイの微分方程式 #
$$ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} + p(x)y = q(x)y^n \quad (n \ne 0, 1) $$\(y^n \ne 0\) のとき両辺を \(y^n\) で割って
$$ y^{-n}y^\prime + p(x)y^{1-n} = q(x) $$\(z \coloneqq y^{1-n}\) とする．\(z^\prime = (1-n)y^{-n}y^\prime\) より
$$ \begin{align*} \frac{1}{1-n}z^\prime + p(x)z &= q(x) \\ z^\prime + (1-n)p(x)z &= (1-n)q(x) \end{align*} $$このように線形微分方程式に帰着することで解くことができる．
\(\displaystyle \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} + y = {\rm e}^x y^2\)
\(y = 0\) は解である．
\(y \ne 0\) のとき両辺に \(y^{-2}\) を掛けると
$$ y^{-2}y^\prime + y^{-1} = {\rm e}^x $$\(z \coloneqq y^{-1}\) とすると \(z^\prime = -y^{-2}y^\prime\) より
$$ \begin{align*} -z^\prime + z &= {\rm e}^x \\ z^\prime - z &= - {\rm e}^x \tag{1} \end{align*} $$\(z^\prime - z = 0\) を解くと \(z = C{\rm e}^x\) である．
定数 \(C\) を関数 \(C(x)\) に変化させて \((1)\) に代入する．
$$ \begin{align*} C^\prime(x) {\rm e}^x + C(x){\rm e}^x - C(x){\rm e}^x &= -{\rm e}^x \\ C^\prime(x) &= -1 \\ C(x) &= -x + C \end{align*} \\ \therefore \quad z = (C - x){\rm e}^x $$よって与式の一般解は
$$ y = \frac{1}{(C - x){\rm e}^x} $$\(y = 0\) のとき \(C = \infty\) である．
2階線形 #
$$ \underbrace{\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} + p(x)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + q(x)y}_{\scriptsize\eqqcolon L(y)} = r(x) $$\(r(x) = 0\) のとき斉次、\(r(x) \ne 0\) のとき非斉次という．
任意の \(x\) の関数 \(y_1, \, y_2\) と任意の定数 \(C_1, \, C_2\) について、以下のように線形性が成り立つ．
$$ \small\begin{align*} L(C_1y_1 + C_2y_2) &= \frac{{\rm d}^2}{{\rm d}x^2}(C_1y_1 + C_2y_2) + p(x)\frac{{\rm d}}{{\rm d}x}(C_1y_1 + C_2y_2) + q(x)(C_1y_1 + C_2y_2) \\ &= C_1\left(\frac{{\rm d}^2y_1}{{\rm d}x^2} + p(x)\frac{{\rm d}y_1}{{\rm d}x} + q(x)y_1\right) + C_2\left(\frac{{\rm d}^2y_2}{{\rm d}x^2} + p(x)\frac{{\rm d}y_2}{{\rm d}x} + q(x)y_2\right) \\ &= C_1L(y_1) + C_2L(y_2) \end{align*} $$\(y_1, \, y_2\) が微分方程式 \(L(y)=0\) の解であるとき、\(L(y_1)=0, \, L(y_2)=0\) を満たすから、\(L(C_1y_1 + C_2y_2)=0\) となり、\(C_1y_1 + C_2y_2\) も解であることが分かる．
この \(y_1, \, y_2\) を基本解という．基本解は線形独立でなければならない．
関数の線形独立 #
関数 \(u(x), \, v(x)\) に対して
$$ {}^\forall x, \enspace C_1u(x) + C_2v(x) = 0 \quad \xLeftrightarrow{} \quad C_1 = C_2 = 0 $$が成り立つとき \(u(x), \, v(x)\) は線形独立である．そうでないとき線形従属である．
\(C_1u + C_2v = 0\) と両辺を微分した式を連立すると
$$ \begin{pmatrix} u & v \\ u^\prime & v^\prime \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$ここで \(u, \, v\) が線形独立ならば、この連立方程式は自明な解 \(\begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\) しか持たない．
このことより
$$ {}^\forall x, \enspace \det \begin{pmatrix} u & v \\ u^\prime & v^\prime \end{pmatrix} \ne 0 \quad \xLeftrightarrow{} \quad u(x) \textsf{ と } v(x) \textsf{ は線形独立である} $$ここで \(W(u,v) \coloneqq \det \begin{pmatrix} u & v \\ u^\prime & v^\prime \end{pmatrix}\) をロンスキアンという．
定数係数斉次2階線形微分方程式 #
$$ \frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}x^2} + a \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} + by = 0 \tag{\(*\)} $$解を \(y = {\rm e}^{\lambda x}\) として \((*)\) に代入すると
$$ \begin{align*} \lambda^2 {\rm e}^{\lambda x} + a \lambda {\rm e}^{\lambda x} + b{\rm e}^{\lambda x} &= 0 \\ \lambda^2 + a \lambda + b &= 0 \end{align*} $$これを特性方程式という．
定数係数斉次2階線形微分方程式 \(\displaystyle \frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}x^2} + a \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} + by = 0\) の一般解は、特性方程式 \(\lambda^2 + a\lambda + b = 0\) の解に対応して
$$ y = \left\{\begin{align*} &C_1{\rm e}^{\lambda_1 x} + C_2{\rm e}^{\lambda_2 x} &&\textsf{異なる解 } \lambda_1, \, \lambda_2 \in \R \\ &{\rm e}^{\lambda_1 x}(C_1 + C_2x) &&\textsf{重解 } \lambda_1 \\ &{\rm e}^{px}(C_1 \cos qx + C_2 \sin qx) &&\textsf{異なる解 } p\pm qi \in \Complex \end{align*}\right. $$特性方程式について
-
異なる2つの実数解 \(\lambda_1, \, \lambda_2\)
\({\rm e}^{\lambda_1 x}, \, {\rm e}^{\lambda_2 x}\) は線形独立な解である．
$$ y = C_1{\rm e}^{\lambda_1 x} + C_2{\rm e}^{\lambda_2 x} \tag{\text{\sf\footnotesize 一般解}} $$ -
2重解 \(\lambda_1\)
$$ \begin{align} (\lambda - \lambda_1)^2 &= 0 \notag \\ \lambda^2 - 2\lambda_1\lambda + {\lambda_1}^2 &= 0 \notag \\ \frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}x^2} + - 2\lambda_1 \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} + {\lambda_1}^2y &= 0 \tag{\(*^\prime\)} \end{align} $$\({\rm e}^{\lambda_1 x}\) は解である．\(C {\rm e}^{\lambda_1 x}\) も解である．これと線形独立なもう1つの解を求める．
定数 \(C\) を関数 \(C(x)\) に変化させた \(y = C(x){\rm e}^{\lambda_1 x}\) を \((*^\prime)\) に代入する．
$$ \begin{align*} \small C^{\prime\prime}(x){\rm e}^{\lambda_1 x} + 2C^\prime(x)\lambda_1 {\rm e}^{\lambda_1 x} + C(x){\lambda_1}^2 {\rm e}^{\lambda_1 x} \qquad\qquad \\ \small -2\lambda_1\{ C^\prime(x){\rm e}^{\lambda_1 x} + C(x)\lambda_1 {\rm e}^{\lambda_1 x} \} +{\lambda_1}^2C(x){\rm e}^{\lambda_1 x} &= 0 \\ C^{\prime\prime}(x){\rm e}^{\lambda_1 x} &= 0 \\ C^{\prime\prime}(x) &= 0 \\ C(x) &= \int\!\left(\int 0\,{\rm d}x\right){\rm d}x \\ &= \int C_2\,{\rm d}x \\ &= C_2x + C_1 \end{align*} \\ \therefore \quad y = C_1{\rm e}^{\lambda_1 x} + C_2x{\rm e}^{\lambda_1 x} $$\({\rm e}^{\lambda_1 x}, \, x{\rm e}^{\lambda_1 x}\) は線形独立な解である．
$$ y = C_1{\rm e}^{\lambda_1 x} + C_2x{\rm e}^{\lambda_1 x} \tag{\text{\sf\footnotesize 一般解}} $$ -
異なる2つの虚数解 \(\lambda_1 = p + qi, \, \lambda_2 = p - qi\)
$$ \begin{align*} {\rm e}^{\lambda_1 x} &= {\rm e}^{(p + qi) x} = {\rm e}^{px}(\cos qx + i \sin qx) \\ {\rm e}^{\lambda_2 x} &= {\rm e}^{(p - qi) x} = {\rm e}^{px}(\cos qx - i \sin qx) \end{align*} $$\({\rm e}^{\lambda_1 x}, \, {\rm e}^{\lambda_2 x}\) は解である．\(\displaystyle \frac{{\rm e}^{\lambda_1 x} + {\rm e}^{\lambda_2 x}}{2}, \, \frac{{\rm e}^{\lambda_1 x} - {\rm e}^{\lambda_2 x}}{2i}\) も解である．
$$ \begin{align*} \frac{{\rm e}^{\lambda_1 x} + {\rm e}^{\lambda_2 x}}{2} &= \frac{{\rm e}^{px}}{2}\{(\cos qx + i \sin qx) + (\cos qx - i \sin qx)\} = {\rm e}^{px}\cos qx \\ \frac{{\rm e}^{\lambda_1 x} - {\rm e}^{\lambda_2 x}}{2i} &= \frac{{\rm e}^{px}}{2i}\{(\cos qx + i \sin qx) - (\cos qx - i \sin qx)\} = {\rm e}^{px}\sin qx \end{align*} $$\({\rm e}^{px}\cos qx, \, {\rm e}^{px}\sin qx\) は線形独立な解である．
$$ y = {\rm e}^{px}(C_1 \cos qx + C_2 \sin qx) \tag{\text{\sf\footnotesize 一般解}} $$
定数係数非斉次2階線形微分方程式 #
$$ \frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}x^2} + a \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} + by = r(x) $$特殊解 \(\alpha(x)\) が既知だとする．
\(y^{\prime\prime} + ay^\prime + by = r(x)\) から \(\alpha^{\prime\prime} + a\alpha^\prime + b\alpha = r(x)\) を辺々引くと
$$ (y - \alpha)^{\prime\prime} + a(y - \alpha)^\prime + b(y - \alpha) = 0 $$\(Y \eqqcolon y - \alpha\) とすると
$$ Y^{\prime\prime} + aY^\prime + bY = 0 $$という斉次方程式となる．これを解くと
$$ \begin{align*} Y &= C_1Y_1 + C_2Y_2 \\ y &= \alpha(x) + \underbrace{C_1Y_1 + C_2Y_2}_{\textsf{余関数 } y_c} \end{align*} $$このように、一般解は「非斉次方程式の特殊解」\(+\)「斉次方程式の一般解」で与えられる．
「斉次方程式の一般解 (余関数 \(y_c\))」は解の一般性を表現し、「非斉次方程式の特殊解」は方程式を満たすように調整する部分であると言える．
特殊解は未定係数法を用いて求めることができる．
- \(r(x)\) の形に応じて特殊解を予想する．
\(r(x)\) 候補 \(m\) 次の多項式 \(A_mx^m + \cdots + A_1x + A_0\) \({\rm e}^{\alpha x}\) \(A{\rm e}^{\alpha x}\) \(x^m {\rm e}^{\alpha x}\) \({\rm e}^{\alpha x}(A_mx^m + \cdots + A_1x + A_0)\) \(\cos\beta x, \, \sin \beta x\) \(A\cos\beta x + B\sin\beta x\) \({\rm e}^{\alpha x}\cos\beta x, \, {\rm e}^{\alpha x}\sin \beta x\) \({\rm e}^{\alpha x}(A\cos\beta x + B\sin\beta x)\) - 特殊解候補の項と余関数 \(y_c\) の項を比較する．
- 項に重複があれば特殊解候補の項に \(x\) や \(x^2\) を掛けて被らないようにする．
\(y^{\prime\prime} - 2 y^\prime + y = (x^2 + 2x + 3){\rm e}^x\)
与式左辺 \(= 0\) を解く．
$$ \lambda^2 - 2\lambda + 1 = (\lambda - 1)^2 = 0 \; \xRightarrow{} \; \lambda = 1 \\ \therefore \quad y={\rm e}^x(C_1 + C_2x) $$これと与式右辺より特殊解を \(\alpha = x^2(Ax^2 + Bx + C){\rm e}^x\) と予想する．
$$ \begin{align*} \alpha^\prime &= (4Ax^3 + 3Bx^2 + 2Cx){\rm e}^x + (Ax^4 + Bx^3 + Cx^2){\rm e}^x \\ &= \{Ax^4 + (4A+B)x^3 + (3B+C)x^2 + 2C x\}{\rm e}^x \\ \alpha^{\prime\prime} &= \{4Ax^3 + 3(4A+B)x^2 + 2(3B+C)x + 2C\}{\rm e}^x \\ &\hphantom{{}={}} + \{Ax^4 + (4A+B)x^3 + (3B+C)x^2 + 2C x\}{\rm e}^x \\ &= \small\{Ax^4 + (8A+B)x^3 + (12A + 6B + C)x^2 + (6B+4C)x + 2C\}{\rm e}^x \\ \textsf{与式左辺} &= \small\{Ax^4 + (8A+B)x^3 + (12A + 6B + C)x^2 + (6B+4C)x + 2C\}{\rm e}^x \\ &\hphantom{{}={}}\small-2\{Ax^4 + (4A+B)x^3 + (3B+C)x^2 + 2C x\}{\rm e}^x \\ &\hphantom{{}={}}\small+\{Ax^4 + Bx^3 + Cx^2\}{\rm e}^x \\ &= \{12Ax^2+6Bx+2C\}{\rm e}^x \end{align*} $$与式右辺と比較して \(\displaystyle A = \frac{1}{12}, \, B = \frac{1}{3}, \, C = \frac{3}{2}\) より
$$ \alpha = x^2\left( \frac{1}{12}x^2 + \frac{1}{3}x + \frac{3}{2} \right){\rm e}^x $$よって与式の一般解は
$$ y = \left( \frac{1}{12}x^4 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{3}{2}x^2 + C_1 + C_2x \right){\rm e}^x $$定数変化法を用いて \(y^{\prime\prime} - 4y^\prime + 4y = 6x {\rm e}^{2x}\) を解け．
与式左辺 \(= 0\) を解く．
$$ \lambda^2 - 4 \lambda + 4 = (\lambda - 2)^2 = 0 \; \xRightarrow{} \; \lambda = 2 \\ \therefore \quad y = {\rm e}^{2x}(C_1 + C_2x) $$\(y = C_1{\rm e}^{2x}\) の定数 \(C_1\) を関数 \(C_1(x)\) に変化させて与式に代入する．
$$ \begin{align*} y^{\prime\prime} - 4y^\prime + 4y &= {C_1}^{\prime\prime}(x){\rm e}^{2x} + 2{C_1}^\prime(x)(2{\rm e}^{2x}) + C_1(x)(4{\rm e}^{2x}) \\ &\hphantom{{}={}} -4 \{ {C_1}^\prime(x){\rm e}^{2x} + 2C_1(x){\rm e}^{2x} \} \\ &\hphantom{{}={}} + 4C_1(x){\rm e}^{2x} \\ &= {C_1}^{\prime\prime}(x){\rm e}^{2x} \\ {C_1}^{\prime\prime}(x){\rm e}^{2x} &= 6x{\rm e}^{2x} \\ {C_1}^{\prime\prime}(x) &= 6x \\ {C_1}^\prime(x) &= 3x^2 + C_3 \\ C_1(x) &= x^3 + C_3x + C_4 \end{align*} \\ \therefore \quad y = (x^3 + C_3x + C_4){\rm e}^{2x} $$次の公式を用いれば、非斉次方程式 \(y^{\prime\prime} + a y^\prime + by = r(x)\) の特殊解 \(\alpha(x)\) が求まる．
$$ \alpha(x) = - y_1 \int \frac{y_2r(x)}{W(y_1, \, y_2)} \, {\rm d}x + y_2 \int \frac{y_1r(x)}{W(y_1, \, y_2)} \, {\rm d}x $$定数変化法を用いる．
-
斉次方程式 \(y^{\prime\prime} + ay^\prime + by = 0\) の一般解を求める．
$$ y = C_1 y_1 + C_2 y_2 $$ -
定数 \(C_1, \, C_2\) を関数 \(C_1(x), \, C_2(x)\) に変化させ、条件 \({C_1}^\prime(x)y_1 + {C_2}^\prime(x)y_2 = 0\) を課して非斉次方程式 \(y^{\prime\prime} + ay^\prime + by = r(x)\) に代入する．
$$ \begin{align*} y^\prime &= {C_1}^\prime(x)y_1 + C_1(x){y_1}^\prime + {C_2}^\prime(x)y_2 + C_2(x){y_2}^\prime \\ &= C_1(x){y_1}^\prime + C_2(x){y_2}^\prime \\ y^{\prime\prime} &= {C_1}^\prime(x){y_1}^\prime + C_1(x){y_1}^{\prime\prime} + {C_2}^\prime(x){y_2}^\prime + C_2(x){y_2}^{\prime\prime} \\ \therefore \quad y^{\prime\prime}+ay^\prime + b &= {C_1}^\prime(x){y_1}^\prime + C_1(x){y_1}^{\prime\prime} + {C_2}^\prime(x){y_2}^\prime + C_2(x){y_2}^{\prime\prime} \\ &\hphantom{{}={}} + a \{C_1(x){y_1}^\prime + C_2(x){y_2}^\prime\} \\ &\hphantom{{}={}} + b \{C_1(x) y_1 + C_2(x) y_2\} \\ &= C_1(x)({y_1}^{\prime\prime} + a{y_1}^\prime + by_1) + C_2(x)({y_2}^{\prime\prime} + a{y_2}^\prime + by_2) \\ &\hphantom{{}={}} + {C_1}^\prime(x){y_1}^\prime + {C_2}^\prime(x){y_2}^\prime \\ &= {C_1}^\prime(x){y_1}^\prime + {C_2}^\prime(x){y_2}^\prime \end{align*} $$よって次を満たす \(C_1(x), \, C_2(x)\) を考えれば良い．
$$ \begin{pmatrix} y_1 & y_2 \\ {y_1}^\prime & {y_2}^\prime \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {C_1}^\prime(x) \\ {C_2}^\prime(x) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ r(x) \end{pmatrix} $$\(W(y_1, \, y_2) \ne 0\) である (証明略) から
$$ \begin{pmatrix} {C_1}^\prime(x) \\ {C_2}^\prime(x) \end{pmatrix} = \frac{1}{W(y_1, \, y_2)} \begin{pmatrix} {y_2}^\prime & -y_2 \\ -{y_1}^\prime & y_1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ r(x) \end{pmatrix} = \frac{1}{W(y_1, \, y_2)} \begin{pmatrix} -y_2r(x) \\ y_1r(x) \end{pmatrix} $$
以上より特殊解は
$$ \alpha(x) = - y_1 \int \frac{y_2r(x)}{W(y_1, \, y_2)} \, {\rm d}x + y_2 \int \frac{y_1r(x)}{W(y_1, \, y_2)} \, {\rm d}x $$ロンスキアンを用いて \(\displaystyle y^{\prime\prime} + y = \frac{1}{\cos^3 x}\) を解け．
与式左辺 \(= 0\) を解く．
$$ \lambda^2 + 1 = 0 \; \xRightarrow{} \; \lambda = \pm i \\ \therefore \quad y = C_1\cos x + C_2\sin x $$与式の特殊解 \(\alpha\) は
$$ W = \det\begin{pmatrix} \cos x & \sin x \\ - \sin x & \cos x \end{pmatrix} = \cos^2 x + \sin^2 x = 1 $$より
$$ \begin{align*} \alpha &= - \cos x \int \frac{\sin x}{\cos^3 x} \, {\rm d}x + \sin x \int \frac{\cos x}{\cos^3 x} \, {\rm d}x \\ &= \cos x \cdot \frac{1}{-2} (\cos x)^{-2} + \sin x \tan x \\ &= - \frac{1}{2\cos x} + \sin x \cdot\frac{\sin x}{\cos x} \\ &= \frac{-1 + 2(1-\cos^2 x)}{2\cos x} \\ &= \frac{1-2\cos^2 x}{2\cos x} \\ &= \frac{1}{2\cos x} - \cos x \end{align*} $$よって与式の一般解は
$$ \begin{align*} y &= \frac{1}{2\cos x} \underbrace{{}- \cos x + C_1 \cos x}_{\scriptsize(-1+C_1)\cos x} + C_2 \sin x \\ &= \frac{1}{2\cos x} + C_3 \cos x + C_2 \sin x \end{align*} $$一般に、非斉次微分方程式 \(L(y) = r(x)\) の一般解 \(y\) は、その特殊解 \(y_1\) と斉次微分方程式 \(L(y) = 0\) の一般解 \(y_0\) の和で与えられる．これは次のように示される．
$$ L(y - y_1) = L(y) - L(y_1) = r(x) - r(x) = 0 $$より \(y - y_1\) は斉次微分方程式 \(L(y) = 0\) の解である．\(y - y_1 \eqqcolon y_0\) とすると \(y = y_1 + y_0\) となる．
連立微分方程式 #
次の連立微分方程式を解け．
$$ \left\{\begin{align*} \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} &= -2x + 2y + 6t \quad\tag{1} \\ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} &= -x - 5y \tag{2} \end{align*}\right. $$
\((2)\) より \(\displaystyle x = - \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} - 5y\) であり、これを \((1)\) に代入する．
$$ \begin{align*} \frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left(-\frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} - 5y\right) &= -2\left(-\frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} - 5y\right)+2y+6t \\ -\frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}t^2} - 7\frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}-12y &= 6t \\ \frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}t^2} + 7\frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}+12y &= -6t \tag{\(*\)} \end{align*} $$与式左辺 \(= 0\) を解く．
$$ \lambda^2 + 7\lambda + 12 = (\lambda + 4)(\lambda + 3) = 0 \; \xRightarrow{} \; \lambda = -4, \, -3 \\ \therefore \quad y=C_1{\rm e}^{-4t} + C_2{\rm e}^{-3t} $$与式の特殊解を \(\alpha = At + B\) と予想する．
$$ \textsf{与式左辺} = 0 + 7A + 12(At + B) = 12At+(7A+12B) $$与式右辺と比較して \(\displaystyle A = - \frac{1}{2}, \, B = \frac{7}{24}\) より
$$ \alpha = - \frac{1}{2}t + \frac{7}{24} $$よって与式の一般解は
$$ y = -\frac{1}{2}t + \frac{7}{24} + C_1{\rm e}^{-4t} + C_2{\rm e}^{-3t} $$また
$$ \begin{align*} x &= - \frac{{\rm d}}{{\rm d}t} \left(-\frac{1}{2}t + \frac{7}{24} + C_1{\rm e}^{-4t} + C_2{\rm e}^{-3t}\right) - 5\left(-\frac{1}{2}t + \frac{7}{24} + C_1{\rm e}^{-4t} + C_2{\rm e}^{-3t}\right) \\ &= \frac{1}{2}+4C_1{\rm e}^{-4t} + 3C_2{\rm e}^{-3t} + \frac{5}{2}t-\frac{35}{24} - 5C_1{\rm e}^{-4t} - 5C_2{\rm e}^{-3t} \\ &= \frac{5}{2}t - \frac{23}{24} - C_1{\rm e}^{-4t} -2C_1{\rm e}^{-3t} \end{align*} $$