二つの関数f(x)=cxexp(-2x)(x>0),g(x)=cexp(-xの二乗+2x)(-∞<x<∞)について以下の設問について答えよ。
(1)確率密度関数になるように各cを求めよ。
(2)f(x)とg(x)の分布関数をそれぞれF(x)、G(x)とする時、これらを求めよ。不定積分の初期条件はF(0)=1、G(0)=1/2とする。
(3)f(x)、g(x)のグラフをそれぞれ書け。
(4)F(x)、G(x)のグラフをそれぞれ書け。
 詳しい説明お願いします。

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A 回答 (3件)

> g(x)の積分の仕方詳しくわかりますかね。


要するに,
(1)  ∫{-∞~∞} exp(-x^2+2x) dx
が欲しいということですね.
ガウス積分
(2)  ∫{-∞~∞} exp(-x^2) dx = √π
はご存知ですよね.
そうしたら
(3)  exp(-x^2+2x) = exp[-(x-1)^2 + 1] = e exp[-(x-1)^2]
として,x-1 = t とでも置換すればすぐにできますね.
積分区間が x について-∞~∞ ですから,
t についてもやはり-∞~∞ です.

それから,不定積分の初期条件云々がちょっと気になっています.
c を決めちゃったら,F(X) や G(x) の「不定積分の初期条件」なんて入る余地は
ないと思うんですが,私は何か誤解していますかね?
F(x) = ∫{0 ~ x} f(y) dy
G(x) = ∫{-∞ ~ x} g(y) dy
ですよね?
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この回答へのお礼

ありがとうございます。返信おそくなってすいません。これで解けそうです。

お礼日時:2002/01/06 22:25

各cということだから、それぞれのcを求めればよいのだと思います。


g(x)の方について#1で書き忘れましたが、こちらは-∞から∞で積分して1になるようにcを決めればよいでしょう。

この回答への補足

g(x)の積分の仕方詳しくわかりますかね。これが分かればきっと解けるはず・・・です。

補足日時:2001/12/25 02:02
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ヒントです。

(解くのがちょっと面倒なので)
(1)f(x)をxの範囲0から∞で積分してください。これが1になるようにすれば、確率密度関数です。
(2)分布関数は密度関数を不定積分して、初期条件を入れてください。
(3)、(4)は(1)と(2)が分かれば解けますね。

この回答への補足

(1)が各cと書いてあるんですが2式のcを比較しなくていいんですか?

補足日時:2001/12/24 10:33
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QRe: f:[0,1]で連続関数,lim[n→∞]∫[0 to 1]f(x^n)dx=f(0)の証明での疑問

[問]fを[0,1]で連続な関数とする時,lim[n→∞]∫[0 to 1]f(x^n)dx=f(0)となる事を示せ。

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b]f(x)dx=f(c)(b-a)」を使って下記のように解きました。

十分小さな正の数εでもって,[0,1-ε],[1-ε,1]に積分区間を分けると,
f(x^n)は連続なので,積分の平均値の定理から,
∫[0 to 1]f(x^n)dx
=∫[0 to 1-ε]f(x^n)dx+∫[1-εto 1]f(x^n)dx
=(1-ε)f(α^n)+εf(β^n) (0<α<1-ε<β<1)
→(1-ε)f(0)+εf(0)=f(0)

然し,βはεに依存するので1未満だからといってβ^n→0とはそう簡単には言えないみたいなのです。
私としましてはεに依存してようが1未満なので必ずβ^n→0と思うのですが、、、
どのように解釈したらいいでしょうか?

Aベストアンサー

お二人が問題点を指摘されていますので、証明だけです。

0<c<1を任意に与える。

|∫[x=0,1]{f(x^n)-f(0)}dx|
≦∫[x=0,1-c]|f(x^n)-f(0)|dx+∫[x=1-c,1]|f(x^n)-f(0)|dx

∀ε>0;∃N:自然数
|f(x^n)-f(0)|<ε[n>N]から
∫[x=0,1-c]|f(x^n)-f(0)|dx<(1-c)ε<ε

max[1-c≦x≦1]|f(x^n)-f(0)|]
≦max[0≦x≦1]|f(x^n)-f(0)|]
≦2max[0≦x≦1]|f(x)|=M

とおいて、

|∫[x=1-c,1]{f(x^n)-f(0)}dx|
≦∫[x=1-c,1]|f(x^n)-f(0)|dx
=Mc

即ち
|∫[x=0,1]{f(x^n)-f(0)}dx|<ε+Mc[n>N]
から
lim[n→∞]|∫[x=0,1]{f(x^n)-f(0)}dx|≦Mc

左辺は、0<c<1の選び方に依存しないので、
lim[n→∞]|∫[x=0,1]{f(x^n)-f(0)}dx|≦0

lim[n→∞]∫[x=0,1]f(x^n)=f(0)

お二人が問題点を指摘されていますので、証明だけです。

0<c<1を任意に与える。

|∫[x=0,1]{f(x^n)-f(0)}dx|
≦∫[x=0,1-c]|f(x^n)-f(0)|dx+∫[x=1-c,1]|f(x^n)-f(0)|dx

∀ε>0;∃N:自然数
|f(x^n)-f(0)|<ε[n>N]から
∫[x=0,1-c]|f(x^n)-f(0)|dx<(1-c)ε<ε

max[1-c≦x≦1]|f(x^n)-f(0)|]
≦max[0≦x≦1]|f(x^n)-f(0)|]
≦2max[0≦x≦1]|f(x)|=M

とおいて、

|∫[x=1-c,1]{f(x^n)-f(0)}dx|
≦∫[x=1-c,1]|f(x^n)-f(0)|dx
=Mc

即ち
|∫[x=0,1]{f(x^n)-f(0)}dx|<ε+Mc[n>N]
から
lim[n→∞]|∫[x=0,1...続きを読む

Q「∫[1/10^10 to ∞]f(x)dxが収束ならばlim[x→∞]f(x)=0」の反例は?

こんにちは。

実数関数f:R→Rは連続でx>0でf(x)>0である。
「∫[1/10^10 to ∞]f(x)dxが収束ならばlim[x→∞]f(x)=0」
は偽だと思います。
できるだけシンプルな反例が思い付きません。
どのようなものが挙げられますでしょうか?

Aベストアンサー

反例が存在しないことをたぶん証明できると思います。以下適当な証明。

lim[x→∞]f(x)が0に収束しなかったとして、たとえばA>0に収束したとして、積分値は存在するでしょうか?

無限大の極限で収束するのですから、正の微小量ε<Aに対して適当なdを選べば、d<xなるxに対して|f(x)-A|<εです。ここで積分区間を[0,d]と[d,∞]のふたつに分ければ、

∫[0,∞]f(x)dx = ∫[0,d]f(x)dx+∫[d,∞]f(x)dx

となりますが、d<xで|f(x)-A|<εだから、区間[d,∞]においてはA-ε<f(x)<A+ε。ゆえに

∫[d,∞]f(x)dx > (A-ε)∫[d,∞]dx = (A-ε)(∞-d) = ∞

よって積分は収束しません。lim[x→∞]f(x)が∞になる場合も同様に示せると思います。

Q関数f(x)={(e^2x)-1}/xとおく。f(x)をx=0に於いて

関数f(x)={(e^2x)-1}/xとおく。f(x)をx=0に於いて2次の項まで展開せよ。
誰か詳しく教えてください。

Aベストアンサー

普通に展開するだけ。
ただf(x)を直接展開するより、e^xを展開してから目的の形に変形する方が簡単。

e^tを展開、
  e^t = 1 +t +(t^2)/2 +(t^3)/6 +(t^4)/24 +...

t=2xを代入、
  e^(2x) = 1 +2x +((2x)^2)/2 +((2x)^3)/6 +((2x)^4)/24 +...
      = 1 +2x +2(x^2) +4(x^3)/3 +2(x^4)/3 +...

両辺から1を引く、
  e^(2x)-1 = 2x +2(x^2) +4(x^3)/3 +2(x^4)/3 +...

両辺をxで割る、
  (e^(2x)-1)/x = 2 +2x +4(x^2)/3 +2(x^3)/3 +...

完成。


  f(x) = (e^(2x)-1)/x = 2 +2x +4(x^2)/3 +2(x^3)/3 +...
2次の項までなら、
  f(x) = (e^(2x)-1)/x ≒ 2 +2x +4(x^2)/3


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