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平成26年度 愛媛大学 解答例 1.

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Academic year: 2021

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(1)

平成26年度 愛媛大学 解答例

1.  

(ⅰ)

ロピタルの定理を用いる. lim

x →∞

(log x) 2 x = lim

x →∞

2 log x

x = 2 lim

x →∞

1 x = 0 .

( ⅱ )    

y 0 = (log x) 2 − 2x 1 x log x

(log x) 4 = log x − 2 (log x) 3 . y 0 = 0 とおくと, log x − 2 = 0 より,

x = e 2 . 増減表から,

x 1 · · · e 2 · · ·

y 0 − 0 +

y + ∞ & e 4

2

%

x = e 2 のとき,

極小値(最小値) y = e 2 4 . y 00 = f 00 (x) =

(log x)

3

x − (log x − 2) 3 x (log x) 2

(log x) 6 = log x − 3(log x − 2)

x(log x) 4 = 2 3 − log x

x(log x) 4 .より,

³ e 3 , e 9

3

´

は変曲点である.厳密には,2回の導関数を加えた増減表を作り,変曲点も考慮 したグラフを描く必要がある.以下の問題の領域には無関係なので省略する.

なお, lim

x →∞

x

(log x) 2 = ∞ である.

( ⅱ )

x + y = k (k はこの直線の切片)とおくと,この直線が領域 D を通るような最小の k を 求めるとよい.

x + y = k と y = f(x) の交点では, y の値が等しいはずであるから, x

(log x) 2 = k − x と おくと, k = x + x

(log x) 2 を満たす最小の k を求めるとよい.

F (x) = x + x

(log x) 2 とおくと, F 0 (x) = (log x) 3 + log x − 2 (log x) 3 . F 0 (x) = 0 とおくと, (log x) 3 + log x − 2 = 0 より,

(log x − 1) { (log x) 2 + log x + 2 } = (log x − 1) n³

log x + 1 2

´ 2

+ 7 4 o

= 0 から, log x = 1 .よって, x = e .

x = e のとき,増減表(省略)より, F (x) は極小(最小)になり,極小値は F (e) = 2e .  ∴  x + y の最小値は 2e ある.

 別解)ϕ(x, y) = y − (log x x)

2

= 0,G(x, y) = f (x, y) = x + y とおいて,ラグランジュの 乗数法を用いると, f x

ϕ x = f y

ϕ y は, 1

log (log x x) 2

3

= 1

1 .これから, (log x) 3 + log x − 2 = 0 よ り, x = e を得てもよい.

2.  

1

(2)

( ⅰ )  

Z x 3 − x − 1 x 2 + 1 dx =

Z x(x 2 + 1) − 2x − 1

x 2 + 1 dx = Z ³

x − 2x

x 2 + 1 − 1 x 2 + 1

´ dx

= x 2

2 − log(1 + x 2 ) − tan 1 x + C . ( ⅱ )   e x = t (x = log t) とおくと, dx = 1

t dt , x 1 → ∞ t e → ∞

, Z

1

2

e x − e x dx = Z

e

2 t − 1 t

1 t dt =

Z

e

2 t 2 − 1 dt =

Z

e

³ 1

t − 1 − 1 t + 1

´ dt

= h

log | t − 1 |

| t + 1 | i

e = lim

t →∞ log | t − 1 |

| t + 1 | − log e − 1 e + 1 = lim

t →∞ log | 1 − 1 t |

| 1 + 1 t | − log e − 1 e + 1

= log 1 − log e − 1

e + 1 = log e + 1 e − 1 . 3.  

( ⅰ )  

f x = 2x + 2ty + 2, f xy = 2t , f xx = 2, f y = 2tx + 2y + 2, f yy = 2 . D(x, y) = f xy (x, y) 2 − f xx (x, y)f yy (x, y) とおくと, f xx (x, y) > 0 だから D(x, y) = 4t 2 − 4 = 4(t 2 − 1) < 0 であれば極小値をもつ.  ∴ − 1 < t < 1.

− 1 < t < 1 であるとき,

( x + ty + 1 = 0

tx + y + 1 = 0 より, x+t( − 1 − tx)+1 = 0 ,これを整頓して,

x(1 − t 2 ) + 1 − t = (1 − t) { x(1 +t) + 1 } = 0 から, x = − 1

1 + t . y = − 1 + t

t + 1 = − 1 1 + t . f ³

− 1

1 + t , − 1 1 + t

´

= 1

(1 + t) 2 + 2t

(1 + t) 2 + 1

(1 + t) 2 − 2

1 + t − 2

1 + t = 2 + 2t (1 + t) 2 − 4

1 + t

= − 2

1 + t = − 2

1 + t . ∴ (x, y) =

³

− 1

1 + t , − 1 1 + t

´ のとき,極小値は − 2

1 + t である.

D(x, y) = 0 になる t = ± 1 の場合を検討しておく.

t = 1 のとき, f x = f y = 0 を満たす (x, y) は x + y + 1 = 0 だから,この (x, y) につい て, f (x, y) = (x + y) 2 + 2(x + y) = (x + y)(x + y + 2) = − 1 となる.

f (x, y) = − 1 の (x, y) の近くの点として,x + y + 1 = a 上の (x, y) を f (x, y) に代入する と, f (x, y) = (a − 1)(a + 1) = a 2 − 1 > − 1 だから, a の値にかかわらず x + y + 1 = 0 上 の任意の点 (x, y) で, f (x, y) は極小になっている.したがって, f (x, y) は  x+y + 1 = 0 上の  (x, y) について,弱い意味の極小値 − 1 をもつ.

t = − 1 のとき, f x = f y = 0 を満たす (x, y) は x − y + 1 = 0, − x + y + 1 = 0 より,こ の2式を満たす (x, y) が存在しないので,極値をもたないことがわかる.

( ⅱ )  積分順序を交換する.

Z 1 0

³Z 1

√ x

p 1 + y 3 dy

´ dx =

Z 1 0

³Z y

2

0

p 1 + y 3 dx

´ dy =

Z 1 0

h x p

1 + y 3 i y

2

0 dy = Z 1

0

y 2 p

1 + y 3 dy y 3 = u とおくと  3y 2 dy = du で積分範囲は変わらないから,

= Z 1

0

1 3

√ 1 + u du = 1 3 · 2

3 h

(1 + u)

32

i 1 0 = 2

9 (2 √

2 − 1).

2

(3)

4.  

( ⅰ )

| A − λE | =

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

− λ 0 0 − 1

1 − λ 0 − 4

0 1 − λ − 6

0 0 1 − 4 − λ

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

= − λ

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯

− λ 0 − 4 1 − λ − 6 0 1 − 4 − λ

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯ +

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯

1 − λ 0 0 1 − λ

0 0 1

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯

= − λ { λ 2 ( − 4 − λ) − 4 − 6λ } + 1 = − λ( − λ 3 − 4λ 2 − 6λ − 4) + 1 = λ 4 + 4λ 3 + 6λ 2 + 4λ + 1

= (λ + 1) 4 = 0 より,λ = − 1 (4重解).

( ⅱ )  

λ = − 1 のとき,固有ベクトル

⎜ ⎜

⎜ ⎜

⎝ x y z w

⎟ ⎟

⎟ ⎟

⎠ は,

⎧ ⎪

⎪ ⎪

⎪ ⎨

⎪ ⎪

⎪ ⎪

x      − w = 0 x + y    − 4w = 0   y + z − 6w = 0      z − 3w = 0

から,

x = w, y = 3w, z = 3w.

よって,

⎜ ⎜

⎜ ⎜

⎝ x y z w

⎟ ⎟

⎟ ⎟

⎠ =

⎜ ⎜

⎜ ⎜

⎝ w 3w 3w w

⎟ ⎟

⎟ ⎟

⎠ = w

⎜ ⎜

⎜ ⎜

⎝ 1 3 3 1

⎟ ⎟

⎟ ⎟

⎠ (w は任意の実数).

3

参照

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