F=∫(-∞~∞)dx・f(x)・δ(g(x))
はg(x)が1次多項式のときにはどうなるか分かりますがg(x)が一般の関数のときにはどうなるか分かりません
多分定義次第だと思いますがどうなるのか教えてください

(1)
F=∫(-∞~∞)dx・f(x)・δ((x-α)・(x-β)) (α≠β)
は求まるのですか?
それは
F=(f(α)+f(β))/|β-α|ですか?
でなければ何ですか?
そもそも定義できるのですか?

(2)
F=∫(-∞~∞)dx・x^α・δ(x^β) (αとβは実数)
は求まるのですか?
求まるため定義できるためのαとβの条件は何ですか?
置換積分していいものですか?
求まるときにはFはどのようになるますか?

(3)
F=∫(-∞~∞)dx・f(x)・δ(g(x))
は求まるのですか?
求まるため定義できるためのf(x)とg(x)の条件は何ですか?
置換積分していいものですか?
求まるときにはFはどのようになるますか?

(1),(2),(3)のどれでもいいので教えてください
お願いします

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A 回答 (3件)

No.1の補足についてです。



1番目のは、δ(1/x)ってのがxが有限である限り0です。こいつはもやもやしますよね。
x=1/t
dx/dt = -(t^(-2))
とおいてみますと
F=∫t^(-m-2) δ(t) dt (t=-∞~∞)
ですからm≦-2の場合はF=0。
mが偶数でm>-2ですと超関数としてt^(-m-2)を扱う。これはt=0で普通の関数とは解釈できなくなり、-∞という値を取る。だからF=-∞です。
mが奇数でm>-2ですと、こいつは奇の超関数として扱うことができ、F=0。

2番目。
αが負の整数の場合はどうも具合が悪い。というのも超関数として1/(|x|^m)(m=1,2,...)を扱ってもなお、「δ関数の(m-1)階微分のC倍(Cは不定の定数)」という項を残した形、すなわち超関数の集合を表すものとしてしか解釈できないからです。
でも、それ以外の場合は怖くない気がします。
δ(x^2) = if |x^2|<ε then 1/(2ε) else 0
= if |x|<√ε then 1/(2ε) else 0
ですから
α=0であれば
F= 1/(2ε)∫ dx (x=-√ε~√ε)
= 1/√ε
だからε→0のときF=∞
α<0の時には、x=0において|x|^αは普通の関数とは解釈できなくなり、強いて言えば-∞の値を取るもんですから、Fも-∞に発散ですね。
0<αであれば
F= ∫(|x|^α)/(2ε) dx (x=-√ε~√ε)
= (1/ε) ∫(x^α) dx (x=0~√ε)
F= (ε^((α-1)/2)/(α+1)
となる。
α=1の場合、ε→0のときF=1/2
α>1であればε→0のときF=0
0<α<1であればε→0のときF=∞
となります。

勿論、δ関数をガウス関数の極限で定義しても同じ結論になるでしょう。でも、δ関数を細高い矩形関数で代用すると、積分範囲が必ずしも-∞~∞でなくても良くなる。それで扱いが楽です。

全然明解な説明になってませんで、すいません。超関数の「特異点」に色んなものを持ち込むのは結構怖いので、stomachmanは出来るだけ避けて通ってます。ですから自信なし、です。

この回答への補足

1番目の-m-2=0のときもF=1にならずにF=0なのですか?
-m-2<0でmが奇数のときF=0というのはちょっと勇気がいりますね
置換積分をしたとき0が分断されることが気になります

2番目はεでやっているので具体的で納得できそうですね
δ(x^2)の中が0から∞になっているのが少し気になりますが
α≠0でα<1のときはとにかく±∞か無意味かのどちらかなのは多分はっきりしてると思いますね

確率密度関数のとき出てきそうなので質問したのですが
どうもありがとうございました

補足日時:2002/02/11 16:23
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No.2の補足についてです。



> 1番目の-m-2=0のときもF=1にならずにF=0なのですか?

ここんところは仰るとおりF=1ですね。間違えました。

 mが奇数でm>-2の場合には奇関数の対称性があるから、0で分断されちゃうのを気にしないで0で良いと思いますよ。分断されちゃう範囲を正の無限小ξで表して、これがεとは無関係に決まると考えてみては如何?どの場合でも0になるでしょう。
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この回答へのお礼

すこしもやもやが残りながらももう少し考えれば
何となく納得できるかもしれません

どうもありがとうございました

お礼日時:2002/02/13 06:43

まず(3)


もしgが1:1対応、つまりg(x)の逆関数が存在するなら、xからgへの置換積分をすれば良い。そうは行かない場合に、δ関数を
δ(x) = if |x|<ε then 1/(2ε) else 0
と考えて、ε→0の極限を取って積分が収束するのなら問題なく扱えます。
F=∫ f(x)δ(g(x))dx (x=-∞~∞)
= lim(ε→0) ∫ f(x)(if |g(x)|<ε then 1/(2ε) else 0)dx (x=-∞~∞)
 g(x)=0の解をα1, α2, ...., αnとして、gが解の近傍で微分可能で微係数≠0であれば、
x≒αk のとき、g(x) = g'(αk)(x-αk)
ですから、
x≒αk のとき、δ(g(x)) = δ(g'(αk)(x-αk))=(1/g'(αk))δ(x-αk)
と扱えます。ゆえに
F=Σf(αk)/g'(αk) (k=1,2,...,n)
となる。
g(x)=0の解においてg'(x)=0になる時(いわゆる重解の時)には、f(x)がその解に於いて0でない限りは発散してしまいます。

(2)
f(x)=x^α(αは非整数)は、x<0のときにどうなるかはっきりしません。|x|^αだったら扱えます。
g(x)を変数変換したければ1:1対応になるようにさらにいじくっておかねばならず、|x|^βではなしに
g(x)=sgn(x)(|x|^β)
を考える必要がある。つまり
F = ∫(|x|^α)δ(sgn(x)(|x|^β)) dx
というのなら検討できそうです。

この回答への補足

欲張ったために話が発散してしまいました
どうも失礼しました
知りたかったのは

F=∫(-∞~∞)dx・x^m・δ(1/x) (m:整数)
F=∫(-∞~∞)dx・|x|^α・δ(x^2) (α:実数)

が意味を持つm,αとそのときの値でした
εでやっても置換積分でやってもなにかもやもやが残るような気がします
もしよろしかったら明快な説明をお願いします

補足日時:2002/02/09 05:48
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Qlim[n→∞]∫[0~1]f_n(x)dx=∫[0~1]f(x)dxが示せません

宜しくお願いいたしました。

[問]各n∈Nに対し,f_n(x)=nx/(1+nx),x∈[0,1]とする。
数列{f_n}は[0,1]で積分可能関数fには各点収束するが一様収束しない事を示せ。
そしてlim[n→∞]∫[0~1]f_n(x)dx=∫[0~1]f(x)dxとなる事を示せ。

で「lim[n→∞]∫[0~1]f_n(x)dx=∫[0~1]f(x)dxとなる」が示せずに困っています。

f(x)=
1/e (x=1の時)
1 (0<x<1の時)
0 (x=0の時)

と積分可能関数fが求めました。

でも
0<x<1の時
lim[n→∞]∫[0~1](f(x)-f_n(x))
=lim[n→∞]∫[0~1](1-nx/(1+nx))dx
=lim[n→∞]∫[0~1](1/(1+nx))dx
=lim[n→∞][-n/(1+nx)^2]^1_0
=lim[n→∞](-n/(1+n^2)+n)

となり0になりません。何か勘違いしておりますでしょうか?

Aベストアンサー

> lim[n→∞]∫[0~1](f(x)-f_n(x))
> ・・・
> =lim[n→∞]∫[0~1](1/(1+nx))dx
> =lim[n→∞][-n/(1+nx)^2]^1_0

∫[0~1](1/(1+nx))dx = [-n/(1+nx)^2]^1_0 ですか?勘違いでしょう。
(1/n) log(1+nx)

Q∫[a,b](f(x)+g(x))dx=∫[a,b]f(x)dx + ∫[a,b]g(x)dx の証明

ある本(微分積分学)を読んでいて、次のような定理の証明を考えています。

有界なf(x),g(x)が[a,b]でリーマン積分可能であるとき、f(x)+g(x)もそうであり、∫[a,b](f(x)+g(x))dx=∫[a,b]f(x)dx + ∫[a,b]g(x)dxが成り立つ。

定積分に関するごく初歩的な定理ですが、これを、上限と下限の不等式を使って証明しようとしているのですが、うまくいきません。ヒントには次のようになっています。

#以下の記述ですが、上の本は記号の表示に誤りを含んでいるように思われましたので正しい表示に直してあります。

ヒント
fに対する不足和、過剰和を、それぞれ、 s(f,Δ)、S(f,Δ)というふうに書けば、s(f,Δ)+ s(g,Δ)≦s(f+g,Δ)≦S(f+g,Δ)≦S(f,Δ)+ S(g,Δ) に注意せよ。

同書の略解
分割Δの小区間[a(i-1),a(i)]における f+g,f,g の下限をm(i),n(i),p(i)とすれば m(i)≧n(i)+p(i)、ゆえにs(f,Δ)+ s(g,Δ)=Σn(i)(a(i)-a(i-1)) + Σp(i)(a(i)-a(i-1))≦Σm(i)(a(i)-a(i-1))=s(f+g,Δ)同様にS(f+g,Δ)≦S(f,Δ)+ S(g,Δ) だから、inf(S(f,Δ))=sup(s(f,Δ))、inf(S(g,Δ))=sup(s(g,Δ))なら、inf(S(f+g,Δ))=sup(s(f+g,Δ))=、sup(s(f,Δ))+sup(s(g,Δ))

となっていますが、最後の等式がどうしても出てきません(その前までは理解できました)。行間を埋めていただけるとありがたいです。

s(f,Δ)+ s(g,Δ)≦s(f+g,Δ)≦S(f+g,Δ)≦S(f,Δ)+ S(g,Δ)

からそれぞれの辺のsup、infを考えるとできるのではないかとも思われるのですが、どうしてもわかりませんでした。

よろしくお願いいたします。

ある本(微分積分学)を読んでいて、次のような定理の証明を考えています。

有界なf(x),g(x)が[a,b]でリーマン積分可能であるとき、f(x)+g(x)もそうであり、∫[a,b](f(x)+g(x))dx=∫[a,b]f(x)dx + ∫[a,b]g(x)dxが成り立つ。

定積分に関するごく初歩的な定理ですが、これを、上限と下限の不等式を使って証明しようとしているのですが、うまくいきません。ヒントには次のようになっています。

#以下の記述ですが、上の本は記号の表示に誤りを含んでいるように思われましたので正しい表示に直してあります。

...続きを読む

Aベストアンサー

おそらく、同じ分割Δに対して、不等式、
s(f,Δ)+ s(g,Δ)≦s(f+g,Δ)≦S(f+g,Δ)≦S(f,Δ)+ S(g,Δ)
を考えているからわかりにくいのだと思います。

分割Δ1と分割Δ2を合体させた分割をΔ3とします。
Δ1の分割点x1,…,xmと、Δ2の分割点y1,…,ynを合わせた分割点
x1,…,xm,y1,…,ynによって[a,b]を分割するのがΔ3という意味。

小区間[x(i-1),xi]が2つの小区間[x(i-1),yj]と[yj,xi]に分割された
とすると、小区間[x(i-1),xi]でのinf(f)(xi-x(i-1))よりも、
2つの小区間[x(i-1),yj]と[yj,xi]での
inf(f)(yj-x(i-1))+inf(f)(xi-yj)の方が大きくなる。
sup(f)では逆に小さくなる。
(グラフを描いてみればわかると思います)

すなわち、分割を細かくすると、不足和は大きく、過剰和は小さくな
る。

なので、s(f,Δ1)≦s(f,Δ3)、s(g,Δ2)≦s(g,Δ3)
辺々足して、
s(f,Δ1)+s(g,Δ2)≦s(f,Δ3)+s(g,Δ3)
≦s(f+g,Δ3)≦sup(s(f+g,Δ))←これは、あらゆる分割Δに対するsup
という意味で使っているので、Δは分割の変数のような記号と思って
ください。

このように、別個の分割に対する不等式が示せたので、
s(f,Δ1)、s(g,Δ2)それぞれであらゆる分割を考えて、
sup(s(f,Δ))+sup(s(g,Δ))≦sup(s(f+g,Δ))

infのほうも同様です。

本の記述はわかりませんが、同じ分割に対してのみsup,infを考えてい
たのでは、やや曖昧な気がします。

しかし、私の大学時代の関数論が専門の教授は、一松信先生は大先生
だと絶賛していましたが・・・
おそらく、本の中で論理は通っているものと思われますが・・・

おそらく、同じ分割Δに対して、不等式、
s(f,Δ)+ s(g,Δ)≦s(f+g,Δ)≦S(f+g,Δ)≦S(f,Δ)+ S(g,Δ)
を考えているからわかりにくいのだと思います。

分割Δ1と分割Δ2を合体させた分割をΔ3とします。
Δ1の分割点x1,…,xmと、Δ2の分割点y1,…,ynを合わせた分割点
x1,…,xm,y1,…,ynによって[a,b]を分割するのがΔ3という意味。

小区間[x(i-1),xi]が2つの小区間[x(i-1),yj]と[yj,xi]に分割された
とすると、小区間[x(i-1),xi]でのinf(f)(xi-x(i-1))よりも、
2つの小区間[x(i-1),yj]と[yj,xi]での
inf(f)(yj-x(i...続きを読む

Q∫(a,b)αf(x)dx=α∫(a,b)f(x)dxという定積分の性質の証明について

aからbまでのf(x)の定積分を∫(a,b)f(x)dxと表します。

不足和・過剰和から始まって定積分を定義した後の、「f(x)が区間[a,b]でリーマン積分可能で、αが定数ならば、∫(a,b)αf(x)dx=α∫(a,b)f(x)dx」という定積分の性質の証明についてですが、大学初年級の理工学部向けの教科書・参考書ではこの定理の証明はたいてい「容易なので省略する」となっており、私が見た中で唯一証明してあるのは「微分積分学1」(三村征雄、岩波全書)です。

この本(235ページ)によると、α≧0、α≦0の二つの場合に分けています。α≧0の場合は容易ですが、α≦0のときにはsup(-f(x))=-inff(x)であることを示してからひとつの補題を証明し、その後に上の証明に取り掛かっています。これによると、この定理は、どうも「容易なので省略する」とはいえないような気がします。

そこでお尋ねですが、
1 αの場合分けをしないなどして、定積分の定義から容易に、それこそ2,3行ぐらいで証明する手法はありますか?
(ただし、f(x)が連続関数であるときの定理∫(a,b)f(x)dx=F(b)-F(a)(F(x)はf(x)の原始関数)というルートは使わないものとします。)

2 もし、容易でないにもかかわらず証明を省略する場合は紙数の都合によるのでしょうか?

3 初学者には容易ではないのに、著者がそう判断してしまっているということはありえますか?

以上、よろしくお願いいたします。

aからbまでのf(x)の定積分を∫(a,b)f(x)dxと表します。

不足和・過剰和から始まって定積分を定義した後の、「f(x)が区間[a,b]でリーマン積分可能で、αが定数ならば、∫(a,b)αf(x)dx=α∫(a,b)f(x)dx」という定積分の性質の証明についてですが、大学初年級の理工学部向けの教科書・参考書ではこの定理の証明はたいてい「容易なので省略する」となっており、私が見た中で唯一証明してあるのは「微分積分学1」(三村征雄、岩波全書)です。

この本(235ページ)によると、α≧0、α≦0の二つの場合に分けています。α≧0の...続きを読む

Aベストアンサー

細かい議論までは、追っていませんが、リーマン積分の定義が分かっていれば、「自明」じゃないですかね。
リーマン積分というのは、上積分の下限と下積分の上限が一致する時に、この値を∫(a,b)f(x)dxのように書くという感じで定義されてましたよね。(ちゃんとした定義は教科書を見てください)

∫(a,b)αf(x)dxというものを考えたとしても、上限や下限の値がα倍されるだけですので、両者が一致する事に代わりはないし、値自体もα倍される、つまり、α∫(a,b)f(x)dxに等しくなりますよね。(αが負の場合には、負の数を掛けたのだから上限と下限がひっくり返る、みたいな微妙な違いはありますが、何かが大きく変わる訳ではない)

Q「c=10^-10でfは全ての実数で連続でx>0で正値をとる時,∫[c..∞]f(x)dxが収束するならばlim[x→∞]f(x)=0」

「c=10^-10でfは全ての実数で連続でx>0で正値をとる時,
∫[c..∞]f(x)dxが収束するならばlim[x→∞]f(x)=0」
の真偽判定問題です。

偽となる反例として
f(x)が底辺が1/n^2の二等辺三角形の側辺を辿るような
ジグザクの折れ線のグラフ(この時lim[x→∞]f(x)は振動)なら
全二等辺三角形の総和はΣ[n=1..∞]1/2n^2で収束と思ったのですがこれはx>0で正値をとる事に
反してしまいます。
やはり,この命題は真となるのでしょうか?

Aベストアンサー

過去に同じ質問がありました。

参考URL:http://oshiete1.goo.ne.jp/qa3653990.html

Q∫dx√{(x-α)(β-x)} (α<β)

α<βとする。

∫dx√{(x-α)(β-x)}
=2arctan√{(x-α)/(β-x)} +C
=arcsin{(2x-(α+β))/(β-α)} + C +π/2

と書いてあったのですが、どのように示せばよいのでしょうか。
積分の結果の形が2通りあることも不思議です。

Aベストアンサー

∫{1/√(x-α)(β-x)}dx でないと,このような答えにならないと思いますが?

前の式を変形して,後ろの式に変形したというより,別個に答えを出したのだと思います。

後ろの式は,(x-α)(β-x)={(β-α)/2}^2 -{x-(α+β)/2}^2 と変形し,
∫{1/√(a^2 -x^2)}dx=arcsin (x/a) の公式を使えば,よいでしょう。

使う技法によって,違った形式の答えが出ることはよくあります。


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