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追加問題の答えだケロ!! [ネコ騙し数学]

追加問題の答えだケロ!!

 

y=x^4sin(1÷x)-graph.png追加問題 次の問に答えよ。

  

(1) f(x)x=0で微分可能であることを示し、x=0におけるf(x)の微分係数f'(0)を求めよ。

(2) f(x)の導関数f'(x)x=0で連続であることを示せ。

(3) x=0f(x)は2回微分可能か?

(4) f(0)f(x)の極値か否かを判定せよ。

 

ちなみに、

  iyaninaru-siki-002.png

 

【解】

(1) h≠0とすると、

  

 

(2) x≠0では

  iyaninaru-siki-002.png

よって、x≠0のとき

  

ここで、

  

だから、

  

となり、f'(x)x=0で連続である。

 

(3) h≠0のとき

  

したがって、f(x)x=0で2回微分可能である。

 

(4) f(0)は極値ではない。

任意のr>0に対して

  

が成立するように自然数nをとると、点x=0の近傍(–r,r)内に

  iyaninaru-siki-001.png

という点がある。

したがって、r>0をどんなに小さくしても、(–r,r)

  

が成立するので、f(0)は極値ではない。

(解答終)

 

宿題 次の曲線の概形を書け。

  

【解】

【解】

  

よって、y²=x²(x–3)yについて解くと

  

となり、曲線y²=x²(x–3)

  

と、y₁y₂の2つの曲線に分解することができる。

  

y₁の凸凹表を書くと

 

x

0

3

・・・

4

y

0

0

 

4

 

y''

 

 

0

凸凹

 

 

変曲点

 

y₂y₁x軸に関して対称だから曲線y²=x²(x–3)のグラフは以下のようになる。

y^2=x^2(x-3)-graph.png

(解答終了)

 

曲線y²=x²(x–3)には、その近傍に曲線上の点が存在しない点(0,0)が存在する。この(0,0)のように、その近傍に曲線上の点が存在しない点を孤立点と呼ぶ。

 

参考までに、y²=x³のグラフを以下に示す。

曲線y²=x³上の点(0,0)尖点という。


y^2=x^3-graph-png.png
 

以上のことから、曲線

  

は、a>0のとき曲線上の点(0,0)は接線が2本引ける結節点になり、a=0のとき尖点、a<0のとき孤立点になる。

 

y^2=x^2(x+3)-graph-03.png


y²=x²(x+3)からきまるxの関数のyのグラフと接線 [ネコ騙し数学]

問題 次の曲線の概形を書け。

  

【解1】

  

また、

  

だから、

  

となる。

したがって、

  

増減表を書くと

 

x

3

・・・

2

・・・

0

・・・

y₁’

 

0

 

y₁

0

増加

2(極大)

減少

0(極小)

増加

y₁’’

 

 

凸凹

 

変曲点

 

y₂y₁x軸に対して対称だから、曲線の概形は次の通り。


y^2=x^2(x+3)-graph-01.png
 

(解答終)

 

高校レベルの微分を用いれば、上のように解くのが正攻法であろう。

しかし、曲線y²=x²(x+3)は次のように分解することも可能である。

  

このように考えると、次のような解答を作ることができるだろう。

 

【解2】

曲線y²=x²(x+3)

  

と分解する。

曲線y₂は曲線y₁x軸に関して折り返したものだから、y₁だけを考えれば十分。

  

よって、増減表(凹凸表)は次の通り。

x

3

2

y₁’

 

0

y₁

0

減少

2

増加

y₁’’

 

凹凸

 

 

したがって、この曲線の概形は次の通り。


y^2=x^2(x+3)-graph-02.png

【解答終】

 

【解1】と【解2】、どちらが楽かは言わずもがなだろう。

 

y^2=x^2(x+3)-graph-03.pngしかし、こんなことを言いたくて、この問題を解いたわけではない。

【解1】の

  

【解2】の

  

y₁y₂ともに、y²=x²(x+3)から決まるxの関数である。

しかし、解1の関数の場合、x=0で微分不可能であり、また、y₁x=0で極小、y₂x=0で極大である。

x=0で微分可能かによって、原点Oでこの曲線の接線が引けるかどうかの違いも出てくる。

解1の場合、x=0で微分不可能だから接線は存在しないが、解2の場合、x=0y₁y₂ともに微分可能で、接線が2本存在することになる。

原点Oで曲線の接線を引けるかどうか、この差は決定的だケロ。

 

曲線上の点で接線が2本引けるというのも考えてみれば妙な話のように思える。さてさて、この曲線の原点(0,0)における接線は0本か、それとも2本か、なんとも悩ましい話である。

 

出ないと思うけれど、もし、大学入試で「この曲線の原点(0,0)における接線を求めよ」という問題が出題されたら、受験生はどのように答えるのだろうか。

実に興味深い問題である(^^)



なお、この曲線

  

で囲まれている領域の面積Sは、

  

だから、t=x+aとおくと、x=−a →t=0x=0→t=aに対応し、dx=dtだから

  

である。


y^2=x^2(x+3)-graph-04.png
 

 

宿題 曲線y²=x²(x–3) の概形をかきなさい。

 

おそらく、このグラフを書けるヒトは意外に少ないに違いない!!


第7回 全微分 [ネコ騙し数学]

第7回 全微分

 

関数f(x,y)が点(a,b)の近傍で、ある定数αβによって

  

と表されるとき、fは点(a,b)全微分可能微分可能)であるという。ここで、

  

である。

 

f(x,y)が点(a,b)で全微分可能なとき、(h,k)≠(0,0)とすると、(1)式より

  dai7-siki-001.png

となるので、f(x,y)は点(a,b)で連続である。

また、k=0のときρ=h|となり、

  dai7-siki-002.png

同様に、h=0のとき、ρ=k|となり、

  dai7-siki-003.png

 

以上のことから、次の定理が得られる。

 

定理8

関数f(x,y)が点(a,b)で(全)微分可能ならば、f(x,y)は点(a,b)で連続であり、かつ偏微分可能で、

  

である。



また、h=ρcosθk=rsinθとおくと、

  

となり、この極限値をθ方向に沿っての方向微分係数という。

 

定義

領域Dで定義されている関数f(x,y)D上のすべての点で(全)微分可能なとき、f(x,y)D上で(全)微分可能であるといい、

  

f(x,y)全微分という。

 

dx=Δxdy=Δyだから、(2)式は

  

と書くこともできる。

 

 

定義 (曲面z=f(x,y)の接平面)

関数f(x,y)は点(a,b)で(全)微分可能とする。このとき、平面

  

を曲面z=f(x,y)の点((a,b),f(a,b))における接平面という。

 

問 曲線

  

上の点((a,b),f(a,b))における接平面の方程式を求めよ。

【解】

  

よって、

  dai7-siki-005.png

とおくと、

  

である。

(解答終)

 

原点を中心とする半径rの球面と球面上の点(a,b,c)で接する平面の方程式は、

  

だから、問で求めた接平面の方程式と一致していることがわかると思う。

 

 

定理9

関数f(x,y)級ならば、f(x,y)は全微分可能である。

【証明】

  dai7-siki-006.png

と置くと、平均値の定理より

  dai7-siki-007.png

は連続だから、

  

とおくと、h→0k→0のときε₁→0

同様に、は連続だから、

  

とおくと、k→0のときε₂→0

ゆえに、

  

とおくと、|h|≦ρ、|k|≦ρだから、

  dai7-siki-009.png

(証明終)

 

 

問題 関数(0,0)で偏微分可能であるが、全微分可能でないことを示せ。

【解】

  dai7-siki-010.png

だから、(0,0)で偏微分可能である。

  

このとき、0に収束すれば全微分可能で、しなければ全微分不可能である。そこで、h=tk=tとして、t→0の極限を求めると、

  

よって、全微分可能でない。

(解答終了)

 


第6回 偏微分係数 [ネコ騙し数学]

第6回 偏微分係数

 

§1 偏微分係数

 

(a,b)の近傍で定義されている関数f(x,y)が極限

  

をもつとき、関数f(x,y)は点(a,b)xに関して偏微分可能であるといい、

  

を、点(a,b)におけるxに関する偏微分係数という。

同様に、極限

  

が存在するとき、、関数f(x,y)は点(a,b)yに関して偏微分可能であるといい、

  

を、点(a,b)におけるyに関する偏微分係数という。

 

例1

f(x,y)=x²+2xy+3y²とすると、点(a,b)におけるxに関する偏微分係数は、

  dai6-tahen-siki-01.png

yに関する偏微分係数は

  dai6-tahen-siki-02.png

と計算できる。

しかし、定義から偏微分係数を求めることはせず、次回に述べる偏導関数を求めて偏微分係数を求めるのが普通で簡単である。

 

問題1 次の関数f(x,y)は原点(0,0)で偏微分可能か。

  

【解】

(0,0)におけるxに関する偏微分係数は

  dai6-tahen-siki-03.png

また、

  

よって、

  dai6-tahen-siki-04.png

となり、極限

  

が存在せず、yに関する偏微分係数は存在しない。

 

 

§2 偏導関数

領域D上で定義された関数f(x,y)D上の全ての点で偏微分可能なとき、f(x,y)は偏微分可能であるという。また、

  

偏導関数という。

 

領域Dで定義された関数f(x,y)の偏導関数Dで連続であるとき、f(x,y)D級であるという。

 

 

問1 偏導関数の定義に従って、f(x,y)=x²+y²の偏導関数を求めよ。

【解】

  

(解答終了)

 

定義に従えば上のような計算になるが、xで偏微分するときyを定数、yで偏微分するときはxを定数として1変数の微分法を適用して計算すればよい。

 

問2 次の導関数を求めよ。

【解】

   

(解答終了)

 

問題2 次の関数の偏導関数を求めよ。

  

【解】

(x,y)≠(0,0)のとき

  dai6-tahen-siki-07.png

(x,y)=(0,0)のとき、

  dai6-tahen-siki-08.png

(解答終了)

 

f(x,y)(0,0)以外で連続であるが、f(x,y)の偏導関数は(x,y)∈R²で偏微分可能である。また、f(x,y)の導関数は(0,0)で連続ではない。

このことを確かめよ。

 


第5回 2変数関数の連続 [ネコ騙し数学]

第5回 2変数関数の連続

 

2変数関数の一点での連続の定義

関数f(x,y)の部分集合Dで定義されており、(a,b)∈Dとする。

(a,b)Dの内点で

  

であるとき、f(x,y)は点(a,b)で連続という。

すなわち、任意のε>0に対して、あるδ>0が存在し、

  

(a,b)Dの境界点の場合、Dの内部から(a,b)に近づいたとき、

  

を満たすとき、f(x,y)は点(a,b)で連続という。

 

証明は1変数の場合と証明は同様なので、定理だけを紹介する。

 

定理4

関数f(x,y)g(x,y)が点(a,b)で連続で、λμが実数の定数とすると、

  

も連続である。

 

さらに、合成関数の連続についての定理を紹介する。

 

定理5

u=g(x,y)が点(a,b)で連続、z=f(u)u=g(a,b)で連続ならば、合成関数z=f(g(x,y))は点(a,b)で連続である。

【略証】

z=f(u)u=g(a,b)で連続だから、任意のε>0に対して、あるδ₁>0があって、

  

u=g(x,y)は点(a,b)で連続だから任意のε'>0に対して、あるδ>0があって、

  

そこで、ε'=δ₁にとり、それに合せてδ>0を定めると、

  

(略証終)

 

 

定理6

u=φ(t)v=ψ(t)が点t=aで連続、z=f(x,y)が点(φ(a),ψ(a))で連続ならば、合成関数z=f(φ(t),ψ(t))は点t=aで連続である。

【略証】

z=f(x,y)は点(φ(a),ψ(a))で連続だから、任意のε>0に対して、あるδ'>0があって

  

である。

また、u=φ(t)v=ψ(t)が点t=aで連続だから、ε'=δ'>0に対して、あるδ₁>0δ₂>0があって

  

δ=min{δ₁,δ₂}にとると、

  

(略証終)

 

 

問 次の関数は(0,0)で連続か。

  

【解】

  とおくと、

  

よって、f(x,y)は点(0,0)で連続。

(解答終)

 

定義 2変数関数の連続性

関数f(x,y)の部分集合Dで定義されていて、任意の点(a,b)∈Df(x,y)が連続であるとき、f(x,y)D上で連続であるという。

 

定理7

関数f(x,y)g(x,y)D⊂R²で連続で、λμが実数の定数とすると、

  

も連続である。

 

 

問2 次の関数の連続性を調べよ。

   dai5-tahen-siki-01.png

【解】

(1)、(2)、(3)とも(x,y)≠(0,0)では連続。したがって、(x,y)=(0,0)で連続か否かを調べればよい。

とおくと、|x|≦r、|y|≦r

(x,y)≠(0,0)とする。

(1)

  dai5-tahen-siki-02.png

よって、(0,0)f(x,y)は連続。

したがって、f(x,y)で連続である。

 

(2) x=2ty=tとおき、t→0として、(0,0)に近づけると

  dai5-tahen-siki-03.png

となり、(0,0)f(x,y)は連続でない。

よって、f(x,y)は原点以外で連続である。

 

(3)

  

よって、f(x,y)(0,0)で連続。

したがって、f(x,y)で連続。

(解答終)

 


第4回 極限の計算例 [ネコ騙し数学]

第4回 極限の計算例

 

問題1 次の極限を求めよ。

【解】

とすると、|x|≦r、|y|≦r。したがって、r→0+0のとき、|x|→0、|y|→0になる。

(1) (x,y)≠(0,0)とする。

  

よって、

  

 

(2) x=ty=mtとおき、t→0として、(x,y)(0,0)に近づける。

このとき、極限値は

  

mの値によって、つまり、(x,y)(0,0)への近づき方によって極限値が変化するので、この極限値は存在しない。

 

(3)

  

(解答終了)

 

x=rcosθy=rsinθと極座標に変換して、r→0+0の極限を求める方法もある。このとき、極限値がθにかかわらず一定の値に収束すれば、その値が極限値である。

 

【別解】

(1)

  

とおき、x=rcosθy=rsinθを代入すると、

  dai4-tahen-siki-04.png

 

(2)

  

とする。

  dai4-tahen-siki-03.png

この極限はθの値によって変わるので、極限

  

は存在しない。

(解答終了)

 

 

問題2 次の極限を求めよ。

【解】

(1) x軸に沿って(0,0)に近づく、要するにy=0として、x→0とすると、

  

y軸に沿って(0,0)に近づける、要するにx=0として、y→0とすると、

  

この2つの極限が一致しないので、は存在しない。

(別解)

直線y=mxにそって(0,0)に近づけると

  

mの値によって極限値が変わるので、は存在しない。

 

(2) x軸にそって(0,0)に近づけると、

  

y軸にそって(0,0)に近づけると

  

よって、極限は存在しない。

 

(3) とおくと、

  dai4-tahen-siki02.png

(別解)

  dai4-tahen-siki-01.png

(解答終了)

 


第3回 2変数関数の極限 [ネコ騙し数学]

第3回 2変数関数の極限

 

記号の混乱を避けるために、2次元ユークリッド空間の点をアルファベットの太字の斜体字を用いaなどであらわし、2点a(x₁,y₁)b(x₂,y₂)の2点間の距離を

  

と表記することにする。

 

実関数と定義域、値域の定義

An次元ユークリッド空間の部分集合、fAから実数Rへの写像とする。このとき、Af定義域といい、

  

f値域という。

 

n=2のとき、関数f(x,y)の定義域をAとすると、f(x,y)の値域は

  

である。

 

 

2変数関数の極限の定義

f(x,y)は点a(a,b)の近傍で定義される関数とする。

ある実数lが存在し、任意の正数ε>0に対して、あるδ>0が存在し、

  

である全ての点x(x,y)について

  

となるとき、f(x,y)は点a収束するといい、

  

または、

  

などと表す。

 

問1 次のことを示せ。

  

[解]

任意の正数ε>0に対して、δ=εδ>0を定めると、の任意の(x,y)について

  dai3-tahen-siki-001.png

となるので、

  

である。

(解答終)

 

問2 次のことを示せ。

[解]

任意のε>0に対してδ=ε/2δ>0を定めると、の任意の(x,y)について

  

となるので、

  

である。

 

定理2

αβを実数の定数とする。このとき、次が成り立つ、

  dai3-tahen-siki-003.png

[証明]

基本的に1変数関数の極限の証明と同じで、1変数関数の証明中のxaxa、さらに、と変更すれば、そのまま証明が流用できます(^^

だから、(1)と(4)だけ証明することにする。

 

また、証明を簡略化するために、(x,y)x(a,b)af(x,y)f(x)で表すことにする。

 

(1) α=0β=0のときは明らかだから、αβが同時に0でないとする。

だから、任意のに対して、

  dai3-tahen-siki-004.png

となるδ₁>0δ₂>0が存在する。

そこでδ>0δ=minδ₁δ₂}にとると、

  

 

(4) だから、任意のε>0に対して、あるδ>0が存在して

  

よって、

  

(証明終)

 

1変数関数のときと基本的に証明は同じなので、次の定理は定理だけを紹介する。

 

定理3

(a,b)を除く、点(a,b)の近傍においてf(x,y)≦g(x,y)ならば

  

 


第1回 ユークリッド空間の開集合、閉集合、境界 [ネコ騙し数学]

第1回 ユークリッド空間の開集合、閉集合、境界

 

2次元ユークリッド空間の点P(x₁,y₁)Q(x₂,y₂)の距離を

  

と定義する。

このとき、距離には次の性質がある。

  

 

定義
ε>0
と座標平面上の点a=(x₀,y₀)∈R²に対して

  

を点aε近傍という。


hen-graph-001.png開集合と閉集合

Aの部分集合とする。

a∈Aに対して、

  
となるε>0が存在するとき、aA内点という。Aの内点の全ての集合をA内部といい、記号で表す。また、の点はAの内点だから

  

である。

の点aについて

  

となるε>0が存在するとき、aA外点という。Aの外点全体の集合をA外部といい、記号と表す。A

の点aAの内点でも外点でもないとき、aA境界点という。Aの境界点全体の集合

  

A境界といい、∂Aで表す。

したがって、の点が境界点であるとは、任意のε>0に対して
  

が成り立つことである。

定義から

  

が成り立つ。

の点aについて、任意の正数ε>0に対しても

  

が成り立つとき、をA触点という。Aの触点全体の集合を閉包といい、で表す。集合Aの点はAの触点だから、

  

である。また、定義から明らかなように

  

である。

 

の部分集合Aについて、が成り立つときAを閉集合といい、が成り立つとき閉集合という。

定理1 2次元ユークリッド空間において、開集合の補集合は閉集合、閉集合の補集合は開集合である。

 

 

  

は開集合である。

【解】

aを集合Aの任意の点とする。

にとり、とする。

三角不等式から

  

よって、

  

したがって、Aは開集合である。

(解答終)

 

あるいは、

hen-graph-002.png【別解】

集合Aの任意の点aの座標を(x₀,y₀)とすると、

  

そこで、

  

にとると、

である。

(解答終)

 

 


第22回 数列の極限と関数の極限の融合 [ネコ騙し数学]

第22回 数列の極限と関数の極限の融合

 

数列aに収束するとは、任意のε>0に対して、ある正の整数mが存在し、

  

である。

関数f(x)x→aのときbに収束するとは、任意のε>0に対して、あるδ>0が存在して

  

であることである。

 

この数列の極限と関数の極限を結びつける次の定理を紹介する。

 

定理

である必要十分な条件は、aに収束する任意の数列に対してとなることである。

【証明】

必要)

だから、任意のε>0に対して、あるδ>0が存在して、

  

である。

また、だから、ある正の整数mがあって

  

である。

よって、

  

十分)

  

を否定すると、

  

となるxが存在する。

特に、δ=1/n>0にとると、

  

となるが存在する。

このとき得られたに対しては、であるが、が成り立たない。

したがって、証明された。

(証明終)

 

 

この定理から、関数の極限を数列の極限を用いて定義してよいことになる。

同様に、数列の極限を用いて、関数の連続は次のように定義される。

 

関数f(x)は区間Iで定義された関数、a∈Iとする。aに収束するすべての数列に対してであるとき、関数f(x)x=aで連続であるという。

 

 

最後に、これまで証明しなかった次の定理を証明する。

 

定理

関数f(x)が有界閉区間[a,b]で連続ならば、関数f(x)[a,b]で最大値、最小値をもつ。

【証明 】

f[a, b]で上に有界でないとすると、

  

が成り立つ。

n = 1, 2, 3, ・・・と変化させると、という有界な数列が得られる。

は有界な数列なので、ボルツァノ・ワイエルシュトラスの定理より収束する部分列が存在する。そして、その極限をcとすると、となる。

関数f(x) は連続なので、

   mataka-siki-003.png

となるけれど、

   mtaka-siki-002.png

よって、f(c) = +∞となり、有限な値を持たない。

c∈[a,b]f(c) [a,b]で定義される関数の点である以上、有限の値を持たなければならない。

これは矛盾である。

よって、f(x)は上に有界である。

 

f(x) [a, b] で上に有界なのだから、上限が存在する(実数の連続性)。その上限をMとする。

そして、f(x) [a,b]で最大値を持たないと仮定すると、f(x) < M となり、M – f(x) ≠ 0となる。

だから、

  

という関数g[a, b] で連続となる。

また、仮定より、Mf(x) の上限なのだから、任意の正の数εに対して

  

となる x ∈ [a,b] が存在する。

εは任意の正の数なので、

  

とすると、

  mataka-siki-001.png

となる。ここで、n は自然数。

nは自然数なのだから、いくらでも大きくでき、g(x) には上限がないことになる。

g(x) は有界な閉区間[a,b]で定義された連続関数だから上限があるはずなのに、上限がない。

これは矛盾。

何故、矛盾したかというと、f(x) [a,b] で最大値をもたないと仮定したから。 よって、f(x) は最大値をもつ。

 

下に有界をもつこと、最小値をもつことも同様。

(証明終)

 


第21回 ボルツァノ・ワイエルシュトラスの定理とコーシーの収束条件 [ネコ騙し数学]

第21回 ボルツァノ・ワイエルシュトラスの定理とコーシーの収束条件

 

定理9

有界な数列は収束する部分列をもつ。

【証明】

有界だから

  

を満たす正の実数Kが存在する。

つまり、

  

閉区間[ –K, K] を二等分して、[–K, 0] [0, K] という閉区間を作ると、 このどちらかにの無数の項がある。

かりに[0, K] にあるとして、

  

として、これをまた二等分する。すると[0,K/2] [K/2, K] になって、このどちらかにの無数の項が存在する。

かりに[K/2, K]に無数の項があるとすると、

  

として、これをまた二等分する。

こうした操作を繰り返してゆくと、

  

という閉区間の減少列が得られる。

すると、

  

になる。

区間縮小法から、これら閉区間すべてに共通に含まれる一つの数αが存在する。

次に、のなかに含まれる数列の項の中で最も番号が若いものをに含まれる数列の中で最も番号が若いものをといった具合に、この操作をと無限に繰り返す。

すると、

  

というの部分列が得られて、①と②より、α に収束する。

(証明終了)



コーシー列

次の条件を満たす数列をコーシー列という。


任意のε > 0 に対して、次の条件を満たすm ∈ N が存在する。

  

収束する数列がコーシー列である。

何故ならば、とすると、

  

だからである。

 

定理10 (コーシーの収束条件)

数列が収束するための必要十分な条件は、数列がコーシー列であることである。

【証明】

収束する数列がコーシー列になることは先に証明した。

したがって、がコーシー列であるならば、が収束することを示せばよい。

条件より

任意のε > 0 に対して、次の条件を満たすm ∈ N が存在する。

  

q=m+1 に固定し、p>m とすると

  

よって、p> m で、数列は有界。 これにm以下の項を加えても、 はやはり有界。

ボルツァノ・ワイエルシュトラスの定理より、の部分列でα に収束するものがあるのだから、任意の正の数ε に対し適当なm₁を定めると 、k>m₁

  

となkが無数に存在する。

また、条件から

  

となり、m'=max{m,m₁}とすると、k>m'

  

をみたす k が無数に存在し、そのkに対して

  

したがって、n>m'のすべてのn について

  

となり、

  

である。

(証明終了)

 


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