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

∫(-∞,∞) xsin(e^x)dx の収束の証明

∫_-∞^∞ xsin(e^x)dx　の収束を示す問題があった。

u=e^x と変換すると
　　　I=∫_-∞^∞ xsin(e^x)dx=∫₀^∞ logu sinu du/u
ここで
　　　A=∫₀¹ logx (sinx/x) dx
　　　B=∫₁^π logx sinx dx/x
　　　C=∫_π^∞ {(logx)/x} sinx dx
とすると、I=A+B+Cであり、各部分の収束を示せばよい。Bの収束は閉区間の連続関数
の積分だから積分の存在は自明。したがって、A,Cの収束を証明すればよい。

１．Aの収束

　sinx /x < 1 (x>0) はよく知られている。logx≦0 (0<x≦1) だから
　　　logx(sinx/x)≧logx
　したがって
　　　0≧A≧∫₀¹ logx dx=[xlogx-x]¹₀=-1 (xlogx → 0 はロピタルの定理から周知)
　となり、収束する。

２．Cの収束

　　　C_n=(-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π {(logx)/x} sinx dx
　とおくと
　　　(-1)ⁿ sinx ≧ 0 ( nπ≦x≦(n+1)π) だから、C_n≧0・・・・①
　また
　　　C=Σ_n=1^∞ (-1)ⁿC_n・・・・・②

　　　C_n+1-C_n=(-1)ⁿ⁺¹∫_(n+1)π^(n+2)π {(logx)/x} sinx dx-(-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π {(logx)/x} sinx dx
　右辺第一項を y=x-πと変換すると
　　　C_n+1-C_n=(-1)ⁿ⁺¹∫_nπ^(n+1)π {(log(y+π)/(y+π)} sin(y+π) dy
　　　　　　　　　　　-(-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π {(logx)/x} sinx dx

　　　　　　　=(-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π {(log(y+π)/(y+π)} siny dy-(-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π {(logx)/x} sinx dx
　　　　　　　=∫_nπ^(n+1)π [ {(log(x+π)/(x+π)}-(logx)/x ] (-1)ⁿsinx dx・・・・・③

　ここで、f(x)=logx/x とすると
　　　f'=1/x²-logx/x²=(1-logx)/x²<0 (logx>1, x≧πにおいて )
　となり、fは減少関数だから
　　　[ {(log(x+π)/(x+π)}-(logx)/x ]≦0
　と①から、③の被積分関数は負になり、
　　　C_n+1-C_n≦0
　となる。

　結局②に戻って、C_n は０以上の減少数列であり、Cは交代級数の和なので、アーベル
　の定理により収束する。

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

フレネル積分など三角関数を含む広義積分の収束判定

下記の三角関数を含む広義積分の収束を判定する問題があった。あるサイトに証明が
載っていたので紹介する。この方法は ∫₀^∞ sin(x)/x dx の収束の証明にも使える。

1.　I=∫₀^∞ sin(x²) dx　(フレネル積分)　は収束
　　　A_n=(-1)ⁿ∫_√(nπ)^√{(n+1)π} sin(x²) dx　(n=0,1,2,・・・)　・・・・・（1.1)
　とおくと、(-1)ⁿ sin(x²)≧0 ( √(nπ)≦x≦√{(n+1)π} ) なので
　　　A_n > 0　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・(1.2)
　である。つまり、A_n は正項級数である。
　また、
　　　A_n≦∫_√(nπ)^√{(n+1)π} dx=√{(n+1)π} - √(nπ) =π/[ √{(n+1)π} + √(nπ) ] → 0・・・・(1.3)
　だから、A_n → 0 となる。

　つぎに、(1.1)において x=√y と変換すると、dx=dy/(2√y) であり
　　　A_n =(-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π sin(y)/(2√y)dy = {(-1)ⁿ/2}∫_nπ^(n+1)π sin(x)/(√x)dx
　　　A_n+1 =-{(-1)ⁿ/2}∫_(n+1)π^(n+2)π sin(x)/(√x)dx
　となる。z=x-π と変換すると
　　　A_n+1 =-{(-1)ⁿ/2}∫_nπ^(n+1)π sin(z+π)/√(z+π)dz = {(-1)ⁿ/2}∫_nπ^(n+1)π sin(z)/√(z+π)dz
　　　　　 ={(-1)ⁿ/2}∫_nπ^(n+1)π sin(x)/√(x+π)dx

　　　A_n+1 -A_n ={(-1)ⁿ/2}∫_nπ^(n+1)π sin(x){1/√(x+π)-1/√(x)}dx
　このとき、
　　　{(-1)ⁿ/2}sin(x)≧0 , {1/√(x+π)-1/√(x)}<0
　なので、
　　　A_n+1 -A_n < 0・・・・・(1.4)
　となり、A_n は単調減少数列となる。

　ところで、
　　　I=∫₀^∞ sin(x²)dx = Σ_n=0^∞ ∫_√(nπ)^√{(n+1)π} sin(x²)dx = Σ_n=0^∞ (-1)ⁿA_n
　となる。

　つまり、(1.2)(1.3)(1.4)から、A_n 交代級数のアーベルの定理の条件を満たし、I は収束
　する。


2.　I=∫₀^∞ xsin²x/(1+x²) dx　は発散
　　　I=∫₀^π xsin²x/(1+x²) dx + ∫_π^∞ xsin²x/(1+x²) dx >∫_π^∞ xsin²x/(1+x²) dx
　となる。

　x≧π → 1+x²<2x²　だから
　　　I > ∫_π^∞ xsin²x/(1+x²) dx > ∫_π^∞ xsin²x/(2x²) dx = (1/2)∫_π^∞ sin²x/(x) dx・・・・(2.1)
　ここで
　　　A_n =(1/2)∫_nπ^(n+1)π sin²x/(x) dx
　とおくと(2.1)は

　　　I > Σ_n=1^∞ A_n ・・・・・・・・(2.2)
　となる。y=x-nπと変換すると
　　　A_n =(1/2)∫₁^π sin²(y+nπ)/(y+nπ) dy = (1/2)∫₁^π sin²(y)/(y+nπ) dy
　このとき、 y+nπ≦(n+1)π　だから

　　　A_n ≧(1/2)∫₁^π sin²(y)/{(n+1)π} dy =[1/{2(n+1)π}]∫₁^π sin²(y) dy=1/{4(n+1)}
　となる。すると(2.2)から
　　　I > Σ_n=1^∞ A_n ≧ (1/4)Σ_n=1^∞ 1/(n+1) → ∞
　したがって、I は発散する。

3.　I=∫_π^∞ sin(x)/x^a dx (a>0)　は収束

　ここで
　　　A_n =(-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π (sinx)/x^a dx
　とおく。すると
　　　I=Σ_n=1^∞ (-1)ⁿA_n
　である。また
　　　A_n > 0
　は明らか。また
　　　A_n+1 -A_n = (-1)ⁿ⁺¹∫_(n+1)π^(n+2)π (sinx)/x^a dx - (-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π (sinx)/x^a dx
　右辺第一項を y=x-π と変数変換すると、同様に
　　　A_n+1 -A_n = (-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π (siny)/(y+π)^a dy - (-1)ⁿ∫_nπ^(n+1)π (sinx)/x^a dx
　　　　　　　= ∫_nπ^(n+1)π (-1)ⁿ(sinx) {1/(x+π)^a - 1/x^a } dx < 0
　となるから、A_n は減少数列である。

　したがって、以下のように A_n  → 0 なので、アーベルの定理から I の収束が言える。

　(1) a=1 のとき
　　　A_n =∫_nπ^(n+1)π (-1)ⁿ(sinx)/x dx
　　　　≦ ∫_nπ^(n+1)π 1/x dx = log{(n+1)π} - log{nπ} = log{(n+1)/n} → 0

　(2) a < 1 のとき
　　　A_n =∫_nπ^(n+1)π (-1)ⁿ(sinx)/x^a dx
　　　　≦ ∫_nπ^(n+1)π 1/x^a dx=(1/(1-a)) [ {(n+1)π}^(1-a) - {nπ}^(1-a) ]
　　　　　= (π^(1-a)/(1-a)) { (n+1)^(1-a) - n^(1-a) } → 0・・・・・・(3.1)
　　となる。というのは
　　　x → ∞ のとき、0 < b=1-a < 1 として、ロピタルの定理から
　　　　(x+1)^b - x^b ={(1+1/x)^b - 1}/(x^-b)
　　　　　　→ b(1+1/x)^b-1(-1/x²)/(-bx^-b-1) = (1+1/x)^b-1/(x^1-b) → 0
　　となるからである。

　(3) a > 1 のとき
　　(3.1)から a-1 > 0 となり
　　　A_n ≦ (π^(1-a)/(1-a)) { 1/(n+1)^(a-1) - 1/n^(a-1) } → 0
　　となる。 

　なお、
　　　J=∫₀^∞ sin(x)/x^a dx = ∫₀^π sin(x)/x^a dx + ∫_π^∞ sin(x)/x^a dx
　と分解できるが、
　　　0< a≦1 のとき、sin(x)/x^a は 0 < x≦π において有界なので、J は収束。
　　　(a>1 のときは検討中)　　　

以上

[2020/11/29] An → 0 の条件を追加し、書き直した。