ある関数の積分に関する不等式

１．問題

　(1) 関数 g(t) (t∈R)を
　　　　g(t)=∫₀¹ |x-t|ⁿ dx
　　と定義する。このとき、g(t)の最小値とその時の tを求めよ。

　(2) f(x) (x∈[0,1]) を連続関数とする。このとき
　　　　∫₀¹ x^k f(x) dx=0 (k=0,1,・・・,n-1)・・・・・①
　　を満たすとき、
　　　　∫₀¹ (x-t)ⁿ f(x)dx=∫₀¹ xⁿ f(x)dx・・・・・・②
　　が成立することを示せ。

　(3) ①の条件のもと、f(x) (x∈[0,1]) の最大値をMとすれば
　　　　|∫₀¹ xⁿ f(x)dx| ≦ M/{ (n+1)2ⁿ }
　　が成立する。　　

２．証明

　(1)
　　(a) x∈[0,1], t<0 とすると、
　　　　0≦xn<|x-t|ⁿ 
　　　なので、g(t)≧g(0) (t<0) となる。

　　(b) t>1 → t-x>1-x、ここで、0≦x≦1 なので t-x>0, 1-x≧0 だから
　　　　→ |t-x|>|1-x| → |x-t|>|x-1| → |x-t|ⁿ>|x-1|ⁿ
　　　積分して
　　　　∫₀¹ |x-t|ⁿdx >∫₀¹ |x-1|ⁿdx → g(t)>g(1) (t>1)

　　(c) 上の(a)(b)から、g(t)の最小値は 0≦t≦1の間にある。0≦t≦1 とする。
　　　　g(t)=∫₀¹ |x-t|ⁿdx=∫₀^t |x-t|ⁿdx +∫_t¹ |x-t|ⁿdx
　　　　　  =∫₀^t (t-x)ⁿdx +∫_t¹ (x-t)ⁿdx  
   　　　　(0≦x≦t → |x-t|=t-x , t≦x≦1 → |x-t|=x-t なので)

　　　　　  =(1/(n+1)){ [-(t-x)ⁿ⁺¹]^t₀  + [(x-t)ⁿ⁺¹]¹_t 
　　　　　  =(1/(n+1)){ tⁿ⁺¹ + (1-t)ⁿ⁺¹ }

　　　　　g'(t)=tⁿ - (1-t)ⁿ=0 → t=1-t → t=1/2
　　　　　g''(t)=n{t^n-1 + (1-t)^n-1}≧0
　　　したがって、g(t) は t=1/2で最小となり
　　　　　g(1/2)=(1/(n+1)){ (1/2)ⁿ⁺¹ + (1/2)ⁿ⁺¹ }=1/{(n+1)2ⁿ}　・・・・・・③
　　　となる。

　(2)
　　①が成り立つから (x-t)ⁿ を展開すれば②のせいりつは自明。

　(3)
　　　　A=|∫₀¹ xⁿ f(x)dx|=|∫₀¹ (x-t)ⁿ f(x)dx|
　　　　　≦∫₀¹ |x-t|ⁿ |f(x)|dx ≦ M∫₀¹ |x-t|ⁿ dx = Mg(t)

　　上の不等式は 任意のtについて成り立つから、①によりg(t)の最小、g(1/2)を取れ
　　ばよい。つまり
　　　　A≦Mg(1/2)=M/{(n+1)2ⁿ}
　　となる。

以上

微分演算子法の解 e^(ax)/f(D)=xⁿe^(ax)/f⁽ⁿ⁾(a) , f(a)=f'(a)=･･･=f⁽ⁿ⁻¹⁾(a)=0 , f⁽ⁿ⁾(a)≠0

微分演算子法の解
　　　e^ax/f(D)=xⁿe^ax/f⁽ⁿ⁾(a) ,  f(a)=f'(a)=･･･=f^(n-1)(a)=0 ,  f⁽ⁿ⁾(a)≠0
を求める問題があった。

この問題は公式
　　　(1/f(D))e^ax=e^ax/f(a)   ( f(a)≠0 )
の拡張になっている。これを示すには公式
　　　( 1/{ (D-a)^ag(D) } )e^ax=xⁿe^ax/(n!g(a))   ( g(a)≠0 )・・・・・・①
を使用する。

f(x)をテーラー展開すると
　　　f(x)=f(a)+(x-a)f'(a)+･･･+{(x-a)^n-1/(n-1)!}f^(n-1)(a)+{(x-a)ⁿ/n!}f⁽ⁿ⁾(x+θ(x-a))   (0<θ<1)
　　　　  ={(x-a)ⁿ/n!}f⁽ⁿ⁾(x+θ(x-a))
となる。ここで、g(x)=f⁽ⁿ⁾(x+θ(x-a))/n! とおくと f(x)=(x-a)ⁿg(x) となる。すると
　　　g(a)=f⁽ⁿ⁾(a)/n! (≠0)・・・・・・②
となるから、①に入れて②を使うと
　　　(1/f(D))e^ax=( 1/{ (D-a)^ag(D) } )e^ax=xⁿe^ax/(n!g(a))=xⁿe^ax/(n!f⁽ⁿ⁾(a)/n!)
　　　　　　　  =xⁿe^ax/f⁽ⁿ⁾(a)   ( f⁽ⁿ⁾(a)≠0 )
となり、命題が証明された。

しかし、この関係は、実際にはあまり意味がないかもしれない。というのは f⁽ⁿ⁾(x) を求
めるのは一般に面倒であり、 f(x)=(x-a)ⁿg(x) となることがわかっているから、g(x) がわ
かれば①によりすぐ計算できる。

以上

級数和 Σ [√{(2k+1)/n} ]/n の極限を積分により求める

級数和
　　　lim [n→∞] Σ_k=0ⁿ [√{(2k+1)/n} ]/n = (1/2)∫₀² f(x) dx
を証明する問題があった。これは次のように、閉区間における連続関数のリーマン和
の極限が積分になることを使う。つまり



　　　lim [n→∞] Σ_k=1ⁿ f(k/n)(1/n)=∫₀¹ f(x) dx
　　　(区間 [0,1] をn等分して、区間 [(k-1)/n, k/n] (k=1,・・・,n] のうち、右端 f(k/n)
　　　　と区間幅(1/n)の積の和をとったもの。)
で求められるタイプだが多少工夫を要する。

今回は、区間 [0,2] をn等分して、幅が (2/n) である区間 [2k/n, (2k+2)/n] (k=0,1, … , n-1)
のセンター値、f( (2k+1)/n ) のリーマン和を考えている。



すると
　　　lim [n→∞] Σ_k=0ⁿ f( (2k+1)/n )/n
　　　　　= lim [n→∞] { (1/2) [ Σ_k=0^n-1 f( (2k+1)/n ) (2/n) ] + f( (2n+1)/n )/n }
　　　　　= (1/2) lim [n→∞] Σ_k=0^n-1 f( (2k+1)/n ) (2/n)  + 0
　　　　　= (1/2)∫₀² f(x) dx
となる。

今回、 f(x)=√x に適用すると
　　　lim [n→∞] Σ_k=0ⁿ [√{(2k+1)/n} ]/n = (1/2)∫₀² √x dx = (1/2) [(2/3) x^3/2 ]²₀ =(2/3)√2
となる。

以上

直円錐を平面で切ったとき、分断される部分の体積と表面積

1.　まえがき

　直円錐を平面で切ったとき、分断される部分の体積と表面積を求める問題があった。
　直円錐の高さが1、底面の半径が1とする。切断する平面 z=x によって、分断された
　下側の部分の体積と表面積を求める。

　直円錐の式は
　　　(z-1)²=x²+y²・・・・・①
　または
　　　z=1-√(x²+y²)・・・・・②
　である。



2.　計算1
　2.1　体積

　　図1のbcOの体積Vが求めるものである。直円錐の半分acOの体積をV'=π/6、
　　abOの体積をV''とするとV=V'-V''=π/6-V'' であり、V''を求めればVがわかる。

　　ここで重要なのは、V''は図１の赤色の蒲鉾型を底面積Sとする錐体である。切断
　　面と直円錐面は直交するので、この錐体の高さは ab=1/√2 であり V''=S/(3√2) と
　　なる。

　　直円錐の式は①であり、切断平面は z=x だから、このとき、切断線の yは
　　(x-1)²=x²+y² → x=(1-y²)/2 となる。
　　yの位置のS面の斜面の長さは直角二等辺３角形だから √(z²+x²)=(√2)x　である。

　　したがって、
　　　　S=2∫[y=0→1] (√2)x dy=2(√2)∫[y=0→1] (1-y²)/2 dy=(√2)[y-y³/3] [y=1,0]
　　　　  =(√2)(1-1/3)=(√2)2/3
　　となる。すると公式から
　　　　V''=S/((√2)/3)=2/9
　　となり
　　　　V=V'-V''=π/6-2/9
　　となる。

　2.2　表面積

　　表面積も円錐の展開で求めようとしたが無理だった。正攻法で公式から求める。
　　求める表面積Sの積分領域はxy平面の c'bc''の弧（x=(1-y²)/2）と c'cc'' の円弧
　　（x=√(1-y²)）で囲まれる三日月の領域になる。②から
　　　　z_x=-x/√(x²+y²) , z_y=-y/√(x²+y²) → √(1+z_x²+z_y²)=√2
　　となり、
　　　　S=∫√(1+z_x²+z_y²) dxdy=2∫[y=0→1] {∫[x=(1-y²)/2→√(1-y²)] √2 dx} dy
　　　　  =2√2∫[y=0→1] {√(1-y²) - (1-y²)/2}dy
　　　　  =2√2{ [(1/2){y√(1-y²) +sin⁻¹y} - (y-y³/3)/2] [y=1,0]}
　　　　  =√2{ [{y√(1-y²) +sin⁻¹y} - (y-y³/3)] [y=1,0]}
　　　　  =√2{ sin⁻¹1 - (1-1/3) }=√2(π/2-2/3)
　　となる。

3.　計算２

　計算は面倒だが、y=y の平面で切断した断面を積分して 2.1項の体積を求める。この
　面積は図2のS₁、S₂の和となる。S₁は 一辺の長さ (1-y²)/2 の二等辺直角三角形だから
　　　S₁=(1-y²)²/8
　となる。つぎに S₂は②から
　　　S₂=∫[x=(1-y²)/2 → √(1-y²)] {1-√(x²+y²)} dx
　　　　=[x-(1/2){x√(x²+y²)+y²log(x+√(x²+y²)}] [x=√(1-y²), (1-y²)/2]
　　　　=√(1-y²) - (1-y²)/2 - (1/2){ √(1-y²)+y²log(√(1-y²)+1)
　　　　　　　　　　-(1-y²)/2・(1+y²)/2 - y²log( (1 -y²)/2+(1+y²)/2) }

　　　　=√(1-y²) - (1-y²)/2 - (1/2){ √(1-y²)+y²log(√(1-y²)+1) - (1-y²)/2・(1+y²)/2 - 0
　　　　=(√(1-y²))/2 - (1-y²)/2 - (1-y⁴)/8 - (y²/2)log(√(1-y²)+1)
　　　　=(√(1-y²))/2 - y⁴/8 + y²/2 - 3/8 - (y²/2)log(√(1-y²)+1)

　　　S₁+S₂=(√(1-y²))/2 + y²/4 - 1/4 - (y²/2)log(√(1-y²)+1)

　したがって、求める体積は
　　　V=2∫[y=0,1] (S₁+S₂)dy=π/6-2/9
　となり、2.1項と一致する（最後の積分は面倒なので maximaを使った）。



以上

f(x) が単調増加関数の時、∫[a→b] xf(x)dx ≧ {(a+b)/2}∫[a→b] f(x)dx を証明する。

Rの区間[a,b]で f(x) が単調増加関数の時、
　　　∫[a→b] xf(x)dx ≧ {(a+b)/2}∫[a→b] f(x)dx
を証明する。

c=(a+b)/2 と置く。
　　　∫[a→b] (x-c)f(x)dx = ∫[a→c] (x-c)f(x)dx+∫[c→b] (x-c)f(x)dx・・・・①
x∈[a,c]で、(x-c)≦0 , f(x)≦f(c)だから (x-c)f(x)≧(x-c)f(c)
x∈[c,b]で、(x-c)≧0 , f(x)≧f(c)だから (x-c)f(x)≧(x-c)f(c)

したがって、①は
　　　∫[a→b] (x-c)f(x)dx ≧ ∫[a→c] (x-c)f(c)dx+∫[c→b] (x-c)f(c)dx
　　　　　=f(c)∫[a→b] (x-c)dx=f(c) [x²/2-cx] [x=b,a]=f(c) {(b²-a²)/2-c(b-a)}
　　　　　=f(c) (b-a) {(b+a)/2-c}=0

ゆえに
　　　∫[a→b] (x-c)f(x)dx≧0 → ∫[a→b] xf(x)dx≧c∫[a→b] f(x)dx
となり、命題が証明された。


なお、上の論理から、a≦c≦(a+b)/2 ならば
　　　∫[a→b] xf(x)dx ≧ c∫[a→b] f(x)dx
が成り立つ。

以上