1番はできたと思うのですが自信がないです。

1.
  関数  g(x)=(1+1/x)+log(1+1/x)

に対して、不等式、

 0<g(x)<(1/12x)-(1/12(x+1))

を示せ。

2.
 関数u(x)を

    u(x)=Σ(n=0、∞)g(x+n)
によって定義する。このとき、u(x)が収束することを示し、このu(x)を使って定義した関数
    f(x)=x^x-1/2*e^-x*e^u(x)
が関係式f(x+1)=x*f(x)を満たすことを証明せよ。

3.
 上で証明したf(x)がx>0で凸であることを示せ。

2番以降はまったく手が出ません。どなたかお願いします!

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A 回答 (3件)

すみません。

エラそうなことをいっておきながら、ウソを書いてしまいました。f(-_-;)
>だいいち g(x)に定数項が含まれていたら級数
>Σ(n=0、∞)g(x+n)
>が収束するはずがありません。
これはg(x)= a+b(x)という和の形で書いた時,aとb(x)が同時にそして常に正,または負となる場合についての話でした。
aとb(x)の符合が異なる場合がある,あるいはaやb(x)常に同符合をとるとは限らないような時は勝手に
Σ(n=0、∞) (a+b(x))=Σ(n=0、∞)a + Σ(n=0、∞) b(x)
としてはいけないので定数項が含まれていても収束しないとは限りません。


なお以下の解説ではいちいち断らなくてもx>0と仮定しておきます。
1.
公式
(1/2)*log((1+s)/(1-s)) = Σ(n=0、∞)(s^{2n+1})/(2n+1)         ……(1)
を使います. この公式は|s|<1の時に成立します。

x>0なら1/(2x + 1)<1なので s = 1/(2x + 1) として(1)に代入すると
(1+s)/(1-s)= 1+ (1/x)となるので

(1/2)*log(1+(1/x)) = Σ(n=0、∞)(1/((2n+1)(2x+1)^{2n+1}))       ……(2)

となります. (2)式の両辺に2x+1をかけて1を引くと

g(x) = (x+(1/2))*log(1+(1/x))-1 = Σ(n=1、∞)(1/((2n+1)(2x+1)^{2n}))  ……(3)

となります。右辺の級数は正項級数なので0<g(x)がわかります。

さて(3)の級数の各項は1≦nの時
1/((2n+1)(2x+1)^{2n})≦ 1/( 3((2x+1)^{2n}))
となりますから(等号になるのはn=1のときだけ)

0<g(x) = Σ(n=1、∞)(1/((2n+1)(2x+1)^{2n}))<Σ(n=1、∞) 1/( 3((2x+1)^{2n}))
= [1/( 3((2x+1)^2))]× Σ(n=1、∞)(1/((2x+1)^{2(n-1)}))
=[ 1/( 3((2x+1)^2))]×[1/( 1 - (1/(2x+1)^2))]
= [ 1/( 3((2x+1)^2))]×[(2x+1)^2/(4((x^2) + x)) ]
= 1/(12((x^2) + x)) = (1/(12x))-(1/(12(x+1)))

よって1番の不等式が示せました.またこの式よりg(x)はx→∞とすると0に収束することがわかります。        ■

2.
u(x)=Σ(n=0、∞)g(x+n)とする。
1.より任意のnに対して
g(x+n)<(1/(12(x+n)))-(1/(12(x+n+1)))
であることがわかる。そこで
0< Σ(n=0、∞)g(x+n)< Σ(n=0、∞){(1/(12(x+n)))-(1/(12(x+n+1)))} = 1/(12x)
よって
0< u(x)= Σ(n=0、∞)g(x+n) < 1/(12x)                 ……(4)
g(x)は正なので級数
Σ(n=0,k)g(x+n) 
はkについて単調に増加します。従って(4)より、無限級数
Σ(n=0、∞)g(x+n)
は収束する.      ■
また、この式からu(x)はx→∞とすると0に収束することがわかります。


2.2
f(x)={x^(x-1/2)}*{e^(-x)}*e^{u(x)}
が関係式f(x+1)=x*f(x)を満たすことを証明せよ。

まず関係式
u(x+1) -u(x)= Σ(n=0、∞)g(x+1+n) - Σ(n=0、∞)g(x+n)
= Σ(n=1、∞)g(x+n) - Σ(n=0、∞)g(x+n) = -g(x)
= - (x+(1/2))*log(1+1/x) + 1                    ………(5)
はいいですね。

さてlog{f(x+1)}とlog{x*f(x)}を比較します。
f(x+1)= {x^(x+1/2)}*{e^(-x-1)}*e^{u(x+1)}
x*f(x)= {x^(x+1/2)}*{e^(-x)}*e^{u(x)}
ですから
log{f(x+1)}= (x+(1/2))*log(x+1) - x - 1 + u(x+1)
log{x*f(x)}= (x+(1/2))*log(x) - x + u(x)
となります。そこで
log{f(x+1)} - log{x*f(x)}
= (x+(1/2))*(log(x+1)- log(x)) -1 +u(x+1) -u(x)
= (x+(1/2))*log(1+1/x) -1 + u(x+1) -u(x)
(5)を代入して
= (x+(1/2))*log(1+1/x) -1 - (x+(1/2))*log(1+1/x) + 1 = 0

すなわち
log{f(x+1)} - log{x*f(x)} = 0
より
f(x+1) = x*f(x)
がいえました。          ■


3.
まずlog{f(x)}の2階微分を考えます。

log{f(x)}= (x-(1/2))*log(x) - x + u(x)
なので両辺を2階微分すると

[log{f(x)}]"= (1/x)+ (1/(2{x^2})) + u”(x)              ……(6)

となります。さて(3)式より
g(x) = Σ(n=1、∞)(1/((2n+1)(2x+1)^{2n})) 
なので
u(x)=Σ(n=0、∞)g(x+n)= Σ(k=0、∞) Σ(n=1、∞)(1/((2n+1)(2(x+k)+1)^{2n})) 
と書けますから

u”(x)= Σ(k=0、∞) Σ(n=1、∞)((6n)/((2(x+k)+1)^{2(n+1)})) 
となります。
これは正項級数なので常にu”(x)>0ということを示しています。従って(6)より常に
[log{f(x)}]">0
すなわち log{f(x)}は凸です。

さてf(x)>0であることは明らかですね。
一方   
f'(x) = f(x)*[log{f(x)}]'                      ……(7)
なので
f"(x) = f'(x)*[log{f(x)}]'+ f(x)*[log{f(x)}]"
   = f(x)*([log{f(x)}]')^2 + f(x)*[log{f(x)}]"  
   = f(x)*( ([log{f(x)}]')^2 + [log{f(x)}]" )             ……(8) 
ここで先に見たように
[log{f(x)}]">0 であり,かつ([log{f(x)}]')^2>0 かつ f(x)>0 なので
f"(x)>0 となります。よってf(x)は凸であることがわかります。             ■

なお3番の証明では級数で表される関数の微分を求めるのに項別に微分してしまっていますが、本来それは無条件にやれることではありません。それをやれるためには、考えている変数の範囲で
1.級数が収束すること
2.各項が微分可能であり、項別に微分した級数が一様収束すること
の2つが満たされていなければなりません。
g(x)の級数を項別に微分した関数は{x>0|x∈R}で(各点収束はしていますが)一様収束はしていないので、一見するとこの条件をみたさず、従って勝手に項別微分をすると具合が悪そうですが、実は{x>0|x∈R}に含まれるどんな閉区間をとってもその上では一様収束している(広義一様収束)ので条件は(多少論証を要しますが)適用できます。
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この回答へのお礼

ありがとうございます!
 >すみません。エラそうなことをいっておきながら、ウソを書いてしまいました。f(-_-;)
とんでもない。気がつかなかった私が悪かったですから。
本当にありがとうございました。これで進級できます!

お礼日時:2002/01/22 01:17

>関数  g(x)=(x+1/2)+log(1+1/x) です。


また間違えてますね。

x>1/2だとやはりg(x)>1になります。

だいいち g(x)に定数項が含まれていたら級数
Σ(n=0、∞)g(x+n)
が収束するはずがありません。

アップする前に投稿内容の確認画面が出るので、アワてずにそこできちんと確認してから投稿ボタンを押すようにしましょう。

この回答への補足

たびたび申し訳ないです・・・。

関数  g(x)=(x+1/2)*log(1+1/x)-1 です。

補足日時:2002/01/20 00:10
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問題の書き間違いではないですか?



(1)x>0と仮定してよいのですね。

(2) そうすると1/x>0.かつlog(1+1/x)>0ですから
g(x)=(1+1/x)+log(1+1/x) >1
となります。したがって
g(x)<(1/12x)-(1/12(x+1))
などとなるはずがありません。

(3)従って、級数
u(x)=Σ(n=0、∞)g(x+n)
が収束するはずがありません

もうひとつ補足要求です。
>f(x)=x^x-1/2*e^-x*e^u(x)
どこまでが指数部分を示しているのか,どこまでが分母部分なのか不明です。
こういう複雑な式を書くときは面倒でもきちんと括弧をつけて
誤解を招かないような表現にしておきましょう。例えば
 f(x)=(x^x) - (1/2)*e^{-x}*e^{u(x)}
などいうふうに

この回答への補足

申し訳ありません!ミスしてました。

関数  g(x)=(x+1/2)+log(1+1/x) です。

そして、

 f(x)={x^(x-1/2)}*{e^(-x)}*e^{u(x)}

です。

考えていただいたのに本当に申し訳ありませんでした!

補足日時:2002/01/19 22:46
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lim[|z|→∞]z{f(z)-a_0}=a_1
lim[|z|→∞]z^2{f(z)-(a_0)-(a_1)/z}=a_2
 ………………………………………………
          (ただし z∈D )    』…(2)
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e^(1/z)+e^(-z)~1+1/(z・1!)+1/(z^2・2!)+… …(4)
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 ………………………………………………
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2次方程式に変形できます。

----------------------------------------------------------------

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4次方程式 x^4 - 4x^3 + 5x^2 -4x + 1 = 0 …(*) に於いて

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(c) 4次方程式 (*) に於ける解をすべて求めよ。

となっていると思います。

上の変形を参考にやってみて下さい。

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a*x^4 + b*x^3 + c*x^2 + b*x + a = 0 ‥ (1)

のような並びになっているもの(係数の並びから俗に回文的に
『シンブンシ方程式』とも呼ばれることも)ではいつもすることですが
中央の x の次数、つまり x^2 で全体を割ります。
そうすると (1) は

a*x^2 + b*x + c + b/x + a/x^2 = 0 ‥ (2)

のように変形できます。
ここで頭と尻尾を組み合わせるように (2) を並び替えます。

(a*x^2 + a/x^2) + (b*x + b/x) + c = 0
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(x^2)' = 2x^1 ⇔ ∫2x dx = x^2 + C
(x^1)' = 1 ⇔ ∫1 dx = x + C
※ ln(x)' = x^-1 ⇔ ∫x^-1 dx = ln|x| + C
(x^-1)' = -x^-2 ⇔ ∫-x^-2 dx = x^-1 + C
(x^-2)' = -2x^-3 ⇔ ∫-2x^-3 dx = x^-2 + C
ですが、

なぜ、※のところだけイレギュラーにになるのでしょう?

はるか昔、高校のときに導出方法は習いましたが、
イメージとしては、どう捉えればよいでしょう?

証明等は無くても構いませんので、
直感に訴える説明、あるいは、逆に高度な数学での説明などができる方いらっしゃいましたら、お願いします。

(もしかしたら、高度な数学では、イレギュラーに見えなくなったりしますか?)

Aベストアンサー

sanoriさん、こんにちは。

釈迦に説法みたいな話しかできませんが…。

(x^α)' = α x^{α-1} …(1)

は、α=0 でも、(x^0)' = 0・x^{-1} = 0 (x≠0)ということで成り立ち、実はイレギュラーというわけでもなかったりします。

(x^2)' = 2x^1
(x^1)' = 1x^0 = 1
(x^0)' = 0x^{-1} = 0
(x^{-1})' = (-1)x^{-2} = -x^{-2}
(x^{-2})' = (-2)x^{-3} = -2x^{-3}

ということなので。。。

つまり、(ln(x))') = 1/x = x^{-1} はこのリストとは別の話と解釈するわけです。

積分のほうも、
∫x^-1 dx = ln|x| + C …(2)
のかわりに、
∫0dx = ∫0x^{-1}dx = 0 + C' = x^0 + C
があると思えば、イレギュラーではなくなります。
(2)は、
∫nx^{n-1}dx=x^n+C …(3)
のリストに元々登場していないと解釈するわけです。

また、(3)の両辺をnで割って、
∫x^{n-1}dx = (1/n)x^n + C …(4)
のリストとして考えると、右辺のほうに1/nがあるので、そのリストからは最初からn=0は除外して考えなければなりません。

たまたま、∫x^{-1}dx = ln|x| + C となるので、はまりそうに見えますが、もともと除外していたところに、後から違う種類のものを持ってきてはめ込んだだけと解釈すれば、そこがイレギュラーになるのは不思議ともいえなくなってきます。

また、(4)のリストの立場で考えると、(分母にnがあるので)n=0を除外しなければならないけど、一方、積分∫x^{-1}dxというものは厳然として存在しているので、その隙間に、べき関数とは全く違う関数 ln|x|+C が入ってきているという言い方もできます。これは、べき関数だけでは一覧表が完成しないところに、logでもって完成させているということにもなります。つまりlogという関数は、べき関数のリストの「隙間」に入ってきて、「完成させる」というイメージです。

sanoriさん、こんにちは。

釈迦に説法みたいな話しかできませんが…。

(x^α)' = α x^{α-1} …(1)

は、α=0 でも、(x^0)' = 0・x^{-1} = 0 (x≠0)ということで成り立ち、実はイレギュラーというわけでもなかったりします。

(x^2)' = 2x^1
(x^1)' = 1x^0 = 1
(x^0)' = 0x^{-1} = 0
(x^{-1})' = (-1)x^{-2} = -x^{-2}
(x^{-2})' = (-2)x^{-3} = -2x^{-3}

ということなので。。。

つまり、(ln(x))') = 1/x = x^{-1} はこのリストとは別の話と解釈するわけです。

積分のほうも、
∫x^-1 dx = l...続きを読む


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