陰函数の微分

$y$ を $x$ の函数で
$$5^{x + y} = (x + y)^5$$
とするとき $y$ を $x$ で微分せよ。

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解:
$5^{x + y}(\log 5)(1 + y') = 4(x + y)^4 (1 + y')$
$(5^{x＋y}(\log 5) - 4(x + y)^4)(1 + y') = 0$
従って
$5^{x＋y}(\log 5) - 4(x + y)^4 = 0$ か又は $1 + y' = 0$.

最初の方は $z = x + y$ と置くと, $5^z(\log 5) = 4z^4$ を意味するが, これは解けて
$z = C$ ($C$ は定数) なる形になる。 従って $x + y = C$ なので, $1 + y' = 0$.
ということで後半と一致する。

何れにしても $y' = -1$.

Fourier 係数 (2)

0 < a < π とする。
f(x) = -1, -π < x ≦ -a,
　　= 1, -a < x ≦ a,
　　= -1, a < x ≦ π
とするとき, この函数 f(x) の Fourier 係数を求めよ。

http://6321.teacup.com/phaos/bbs/526

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解答:
πa₀ = ∫_-π^-a(-1) dx + ∫_-a^a dx + ∫_a^π(-1) dx
= -[x] _-π^-a + a - (-a) + (-1)(π - a)
= -(-a + π) + 2a - π + a = 4a - 2π.
∴a₀ = 2(2a - π)/π.
又 n > 0 で
πa_n = ∫_-π^-a(-cos nx) dx + ∫_-a^a cos nx dx + ∫_a^π(-cos nx) dx
= -(1/n)[sin nx] _-π^-a + (1/n)[sin nx]_-a^a - (1/n)[sin nx] _a^π
= -(1/n)(sin an - sin(-πn) + (1/n)(sin an - sin(-an)) - (1/n)(sin πn - sin an)
= -(1/n)sin an + 0 + (1/n)sin an + (1/n)sin an + 0 + (1/n)sin an
= (2/n)sin an.
∴a_n = (2/(πn))sin an.

偶函数だから b_n = 0 は明らかだが, 念の為に計算すると
πb_n = ∫_-π^-a(-sin nx) dx + ∫_-a^a sin nx dx + ∫_a^π(-sin nx) dx
= (1/n)[cos nx] _-π^-a + 0 + (1/n)[cos nx] _a^π
= (1/n)(cos(-an) - cos(-πn)) + (1/n)(cos πn - cos an)
= (1/n)(cos an - cos πn + cos πn - cos an) = 0.

Fourier 係数 (1)

0 < a < π とする。
f(x) = -(π/(π - a))(x + π), -π < x ≦ -a,
　　= (π/a)x, -a < x ≦ a,
　　= -(π/(π - a))(x - π), a < x ≦ π
とするとき, この函数 f(x) の Fourier 係数を求めよ。

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解答:
f(x) = a₀/2 + Σ_n=1^∞(a_ncos nx + b_n sin nx) となる a_n, b_n は次の式で求められる。
a_n = (1/π)∫_-π^π f(x)cos nx dx,
b_n = (1/π)∫_-π^π f(x)sin nx dx.

f(x) は奇函数なので, a_n = 0 は明らかだが, 念の為に積分を実行してみると
πa₀ = -(π/(π - a))∫_-π^-a(x + π) dx + (π/a)∫_-a^a xdx - (π/(π - a))∫_a^π(x - π) dx
= -(π/(π - a))[(1/2)(x + π)²]_-π^-a + 0 - (π/(π - a))[(1/2)(x - π)²]_a^π
= -(π/(π - a))( (1/2)(π - a)²) - 0) - (π/(π - a))(0 - (1/2)(a - π)²)
= -(π/2)(π - a) + (π/2)(π - a) = 0.

又 n > 0 で
πa_n = -(π/(π - a))∫_-π^a-(x + π)cos nx dx + (π/a)∫_-a^a x cos nx dx - (π/(π - a))∫_a^π(x - π)cos nx dx
= -(π/(π - a))∫_-π^-a(x + π) d((1/n)sin nx) + 0 - (π/(π - a))∫_a^π(x - π) d((1/n)sin nx)
= -(π/(π - a))([((x + π)/n) sin nx]_-π^-a - (1/n)∫_-π^a sin nx dx) - (π/(π - a))([((x - π)/n) sin nx]_a^π - (1/n)∫_a^π sin nx dx)
= -(π/(π - a))((1/n)(π - a)sin(-an) + (1/n²)[cos nx]_-π^-a) - (π/(π - a))(0 - ((a - π)/n)sin na + (1/n²)[cos nx]_a^π)
= -(π/(π - a))(-(1/n)(π - a)sin na + (1/n²)(cos na - (-1)ⁿ)) + (π/(π - a))( ((a - π)/n)sin na - (1/n²)(cos nπ - cos na)) = 0.

次に
πb_n = -(π/(π - a))∫_-π^-a(x + π)sin nx dx + (π/a)∫_-a^a x sin nx dx - (π/(π - a))∫_a^π(x - π)sin nx dx
∴b_n = -(1/(π - a))∫_-π^-a(x + π)sin nx dx + (1/a)∫_-a^a x sin nx dx - (1/(π - a))∫_a^π(x - π)sin nx dx
= (1/(π - a))∫_-π^-a(x + π)d((1/n)cos nx) - (2/a)∫₀^a x d((1/n)cos nx) + (1/(π - a))∫_a^π(x - π) d((1/n)cos nx)
= (1/(π - a))([(1/n) (x + π) cos nx] _-π^-a - (1/n) ∫_-π^-a cos nx dx) - (2/a)([(1/n)x cos nx] ₀^a - (1/n) ∫₀^a cos nx dx) + (1/(π - a))([ (1/n)(x - π)cos nx] _a^π - (1/n) ∫_a^π cos nx dx)
= (1/(π - a))(((π - a)/n)cos an - 0 - (1/n²)[sin nx] _-π^-a) - (2/a)((a/n)cos an - 0 - (1/n²)[sin nx] ₀^a) + (1/(π - a))(0 - ((a - π)/n)cos an - (1/n²)[ sin nx] _a^π)
= (1/(π - a)) (((π - a)/n)cos an - (1/n²) (-sin an + 0)) - (2/a)((a/n)cos an - (1/n²)(sin an - 0)) + (1/(π - a))(((π - a)/n)cos an - (1/n²)(0 - sin ax))
= (1/(π - a))(((π - a)/n)cos an + (sin an)/n²) - (2/a)((a/n)cos an - (sin an) /n²) + (1/(π - a))(((π - a)/n)cos an + (sin an)/n²)
= (cos an)/n + (sin an)/(n²(π - a)) - (2cos an)/n - (2sin an)/(a n²) + (cos an)/n + (sin an)/ (n²(π - a))
= 2(sin an)/(n²(π - a)) - (2sin an)/(a n²)
= (2/ n²)(1/(π - a) - 1/a)
= (2/ n²)(2a - π)/(a(π - a))

積分不等式

[211]
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— 不等式bot (@Inequalitybot) 2016, 1月 30

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解答:
f(a) ≧ 0 とすると, 狭義単調増加だから, x > a では f(x) > 0 だから ∫_a^b f(x)dx > 0 となって条件を満たさない。 従って f(a) < 0 で, 同様にして f(b) > 0 も分かる。 f(x) は [a, b] 上連続だから中間値の定理に拠って, a 0 on (c, b].

従って条件から
∫_a^c f(x)dx = -∫_c^b f(x)dx (< 0).

(i) φ(x) > 0 on [a, b] の時。
φ(x) も狭義単調増加だから φ(x) < φ(c) on [a, c) で, φ(x)f(x) > φ(c)f(x);
しかも φ(x) > φ(c) on (c, b] で φ(x)f(x) > φ(c)f(x). だから
∫_a^b f(x)φ(x) dx
= ∫_a^c + ∫_c^b f(x)φ(x) dx
> ∫_a^c φ(c)f(x) dx + ∫_c^b φ(c)f(x) dx
= φ(c)(∫_a^c + ∫_c^b f(x)dx)
=φ(c) ∫_a^b f(x)dx = 0.

(ii) φ(a) < 0 < φ(b) の時。
φ(x) - φ(a) ≧ 0 で, 等号は x = a の時しか成立しないから, ほぼ (i) と同様の議論が成立して,
0 < ∫_a^b f(x)(φ(x) - φ(a)) dx
= ∫_a^b f(x)φ(x) dx - ∫_a^b f(x)φ(a) dx
= ∫_a^b f(x)φ(x) dx.

数学botの問題から(2)

関数f(x)は２回微分可能でf''(x)は連続であり、f(0)=f'(0)=0とする。このとき、(1) f(x)=∫[0→x] (x-t)f''(t) dt であることを示せ。(2) |f''(x)|≦x (x<0)ならば|f(x)| ≦ x^3/3! であることを示せ。

— 数学問題Bot (@math_uni_bot) August 22, 2013

(2) は (x > 0) で ≦ x^3/3 の誤りだと思う。
それで解答を作った。
もしも問題の通りだとしたら分からない。

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解答:
(1) rhs = x∫₀^x f ''(t)dt - ∫₀^x t f ''(t)dt
= x[f '(t)]₀^x - ([tf '(t)/2]₀^x - ∫₀^x f '(t)dt)
= lhs.
(2) 0 ≦ t ≦ x で -x ≦ -t ≦ 0 だから 0 ≦ x - t ≦ x. 従って
|f(x)| = |∫₀^x (x - t)f ''(t)dt |
≦ ∫₀^x |x - t||f ''(t)| dt
≦ ∫₀^x t² dt = x³/3.