【微分積分】8-5-5 積分記号下の微積分｜問題集
1.\(a>0\)に対して、次の広義積分について答えなさい。
\(\displaystyle F(a)=\int_0^\infty e^{-x^2}\cos2axdx\)
(1)この広義積分が収束することを証明しなさい。
\(f(x,a)=e^{-x^2}\cos2ax\)とおく。
\(|f(x,a)|\leqq e^{-x^2}\ \ \ (x\geqq0)\)
となる。広義積分\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x^2}dx\)は収束するので、比較判定法より
\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x^2}\cos2axdx\)は収束する。
\(|f(x,a)|\leqq e^{-x^2}\ \ \ (x\geqq0)\)
となる。広義積分\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x^2}dx\)は収束するので、比較判定法より
\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x^2}\cos2axdx\)は収束する。
(2)\(F'(a)=-2aF(a)\)が成り立つことを証明しなさい。
\(f(x,a)\)の偏導関数\(f_a(x,a)=-2xe^{-x^2}\sin2ax\)において
\(|f_a(x,a)|\leqq 2xe^{-x^2}\ \ \ (x\geqq0,a>0)\)
\(\displaystyle \int_0^\infty 2xe^{-x^2}dx\)は収束
すなわち、\(\displaystyle \int_0^\infty f_a(x,a)dx\)は\(a\)について一様収束している。微分と広義積分の順序交換すると、
\(\displaystyle F'(a)=\frac{d}{da}\int_0^\infty f(x,a)dx=\int_0^\infty f_a(x,a)dx=\int_0^\infty(-2xe^{-x^2}\sin2ax)dx\)
が成り立つ。ここで右辺を計算すると
\(\displaystyle \int_0^t(-2xe^{-x^2}\sin2ax)dx\)
\(\displaystyle =[e^{-x^2}\sin2ax]_0^t-2a\int_0^te^{-x^2}\cos2axdx\)
\(\displaystyle =e^{-t^2}\sin2at-2a\int_0^te^{-x^2}\cos2axdx\)
なので、\(|e^{-t^2}\sin2at|\leqq e^{-t^2}\rightarrow0\)より
\(\displaystyle F'(a)=\lim_{t\to\infty}\left(e^{-t^2}\sin2at-2a\int_0^te^{-x^2}\cos2axdx\right)\)
\(\displaystyle =0-2a\int_0^\infty e^{-x^2}\cos2axdx\)
\(\displaystyle =-2aF(a)\)
\(|f_a(x,a)|\leqq 2xe^{-x^2}\ \ \ (x\geqq0,a>0)\)
\(\displaystyle \int_0^\infty 2xe^{-x^2}dx\)は収束
すなわち、\(\displaystyle \int_0^\infty f_a(x,a)dx\)は\(a\)について一様収束している。微分と広義積分の順序交換すると、
\(\displaystyle F'(a)=\frac{d}{da}\int_0^\infty f(x,a)dx=\int_0^\infty f_a(x,a)dx=\int_0^\infty(-2xe^{-x^2}\sin2ax)dx\)
が成り立つ。ここで右辺を計算すると
\(\displaystyle \int_0^t(-2xe^{-x^2}\sin2ax)dx\)
\(\displaystyle =[e^{-x^2}\sin2ax]_0^t-2a\int_0^te^{-x^2}\cos2axdx\)
\(\displaystyle =e^{-t^2}\sin2at-2a\int_0^te^{-x^2}\cos2axdx\)
なので、\(|e^{-t^2}\sin2at|\leqq e^{-t^2}\rightarrow0\)より
\(\displaystyle F'(a)=\lim_{t\to\infty}\left(e^{-t^2}\sin2at-2a\int_0^te^{-x^2}\cos2axdx\right)\)
\(\displaystyle =0-2a\int_0^\infty e^{-x^2}\cos2axdx\)
\(\displaystyle =-2aF(a)\)
(3)\(F(a)\)を求めなさい。
ガウス積分より
\(\displaystyle F(0)=\int_0^\infty e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)
すなわち
\(\displaystyle \frac{F'(a)}{F(a)}=-2a\)
両辺を積分すると
\(\log|F(a)|=-a^2+C\)
\(F(a)=\pm e^Ce^{-a^2}\)
\(a=0\)を含めて連続であるので
\(\displaystyle F(0)=C'=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)
よって
\(\displaystyle F(a)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-a^2}\)
\(\displaystyle F(0)=\int_0^\infty e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)
すなわち
\(\displaystyle \frac{F'(a)}{F(a)}=-2a\)
両辺を積分すると
\(\log|F(a)|=-a^2+C\)
\(F(a)=\pm e^Ce^{-a^2}\)
\(a=0\)を含めて連続であるので
\(\displaystyle F(0)=C'=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)
よって
\(\displaystyle F(a)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-a^2}\)
2.\(a>0\)のとき、次の値を求めなさい。
(1)\(\displaystyle \int_0^\infty\frac{1-\cos ax}{xe^x}dx\)
\(\displaystyle I=\int_0^\infty\frac{1-\cos ax}{xe^x}dx\)とおく。
\(\displaystyle \frac{1-\cos ax}{xe^x}=\left[\frac{-\cos tx}{xe^x}\right]_0^a=\int_0^a\frac{\sin tx}{e^x}dt\)
すなわち\(\displaystyle I=\int_0^\infty\int_0^ae^{-x}\sin txdtdx\)
\(|e^{-x}\sin tx|\leqq e^{-x}\ \ \ (x\geqq0,t\in\mathbb{R})\)
\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x}dx\)は収束
すなわち、\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x}\sin txdx\)は\(t\)について一様収束している。
\(\displaystyle I=\int_0^\infty\int_0^ae^{-x}\sin txdtdx=\int_0^a\int_0^\infty e^{-x}\sin txdxdt\)
が成り立つ。ここで右辺を計算すると
\(\displaystyle \int_0^s(e^{-x}\sin tx)dx\)
\(\displaystyle =\left[\frac{-e^{-x}}{1+t^2}(\sin tx+t\cos tx)\right]_0^s\)
\(\displaystyle =\frac{t}{1+t^2}-\frac{e^{-s}}{1+t^2}(\sin st+t\cos st)\)
なので、\(\displaystyle \left|\frac{e^{-s}}{1+t^2}(\sin st+t\cos st)\right|\leqq \frac{e^{-s}}{1+t^2}(1+t)\rightarrow0\)より
\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x}\sin txdx\)
\(\displaystyle =\lim_{s\to\infty}\left\{\frac{t}{1+t^2}-\frac{e^{-s}}{1+t^2}(\sin st+t\cos st)\right\}\)
\(\displaystyle =\frac{t}{1+t^2}\)
よって
\(\displaystyle I=\int_0^a\frac{t}{1+t^2}dt\)
\(\displaystyle =\left[\frac{1}{2}\log(1+t^2)\right]_0^a\)
\(\displaystyle =\frac{1}{2}\log(1+a^2)\)
\(\displaystyle \frac{1-\cos ax}{xe^x}=\left[\frac{-\cos tx}{xe^x}\right]_0^a=\int_0^a\frac{\sin tx}{e^x}dt\)
すなわち\(\displaystyle I=\int_0^\infty\int_0^ae^{-x}\sin txdtdx\)
\(|e^{-x}\sin tx|\leqq e^{-x}\ \ \ (x\geqq0,t\in\mathbb{R})\)
\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x}dx\)は収束
すなわち、\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x}\sin txdx\)は\(t\)について一様収束している。
\(\displaystyle I=\int_0^\infty\int_0^ae^{-x}\sin txdtdx=\int_0^a\int_0^\infty e^{-x}\sin txdxdt\)
が成り立つ。ここで右辺を計算すると
\(\displaystyle \int_0^s(e^{-x}\sin tx)dx\)
\(\displaystyle =\left[\frac{-e^{-x}}{1+t^2}(\sin tx+t\cos tx)\right]_0^s\)
\(\displaystyle =\frac{t}{1+t^2}-\frac{e^{-s}}{1+t^2}(\sin st+t\cos st)\)
なので、\(\displaystyle \left|\frac{e^{-s}}{1+t^2}(\sin st+t\cos st)\right|\leqq \frac{e^{-s}}{1+t^2}(1+t)\rightarrow0\)より
\(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x}\sin txdx\)
\(\displaystyle =\lim_{s\to\infty}\left\{\frac{t}{1+t^2}-\frac{e^{-s}}{1+t^2}(\sin st+t\cos st)\right\}\)
\(\displaystyle =\frac{t}{1+t^2}\)
よって
\(\displaystyle I=\int_0^a\frac{t}{1+t^2}dt\)
\(\displaystyle =\left[\frac{1}{2}\log(1+t^2)\right]_0^a\)
\(\displaystyle =\frac{1}{2}\log(1+a^2)\)
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