小平邦彦著『岩波講座基礎数学 解析入門 III』『IV』より。 問題を解く。いつにもまして進まない。

  • 第 50 問：$\displaystyle \int_0^\infty\frac{\mathrm{d} x}{(x^2 + 1)^n},\quad n \in \N$
    • ただし $\displaystyle \int_0^\infty\frac{\mathrm{d} x}{x^2 + t} = \frac{\pi}{2\sqrt{t}},\quad t > 0$ の両辺を微分するように方法を指定されている。
    • 無条件ならば第 II 巻本文の内容が利用できる。
    • 被積分関数を $f(x, t)$ とおくと、十分大きい閉区間で $x$ についても $t$ についても有界である。

    • また、$f_t(x, t)$ についても、同じ区間で $x$ についても $t$ についても有界であることを確認する。 $t$ と $x$ をそれぞれ固定したときの評価をする。

      \[\def\abs#1{ {|#1|} } \begin{aligned} f_x(x, t) &= -\frac{1}{(x^2 + t)^2}.\\ \abs{f_x(x, t)} &= \frac{1}{(x^2 + t)^2} \begin{cases} \le \dfrac{1}{t^2},\\ \le \dfrac{1}{x^2}. \end{cases} \end{aligned}\]

    • 極限の順序を交換できることを確認してから微分する。ヒントの左辺を $n-1$ 回微分する：

      \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d} x^{n-1}} \int_0^\infty\! \frac{\mathrm{d} x}{x^2 + t} &= \int_0^\infty\! \frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d} x^{n-1}} \frac{1}{x^2 + t},\mathrm{d} x\\ &= \int_0^\infty\! \frac{(-1)^{n-1} (n - 1)!}{(x^2 + t)^n}\,\mathrm{d} x. \end{aligned}\]

    • ヒントの右辺を $n-1$ 回微分する：

      \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d} x^{n-1}} \frac{\pi}{2\sqrt{t}} &= \frac{\mathrm{d}^{n-2}}{\mathrm{d} x^{n-2}} \frac{\pi}{2} \left(-\frac{1}{2}\right) t^{-3/2}\\ &= \frac{\mathrm{d}^{n-3}}{\mathrm{d} x^{n-3}} \frac{\pi}{2} \left(-\frac{3}{2}\right) \left(-\frac{1}{2}\right) t^{-5/2}\\ &= \dots \\ &= (-1)^{n-1} \frac{(2n - 1)!!}{2^{n-1}} \cdot \frac{\pi}{2} \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{t}}\right)^{n-1} \end{aligned}\]

    • $t = 1$ を代入して等号でつなぐと解が得られる：

      \[\begin{aligned} \int_0^\infty\! \frac{(-1)^{n-1} (n - 1)!}{(x^2 + 1)^n}\,\mathrm{d} x &= (-1)^{n-1}\frac{(2n - 1)!!}{2^{n-1}}\cdot \frac{\pi}{2} \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{1}}\right)^{n-1}.\\ \therefore \int_0^\infty\! \frac{\mathrm{d} x}{(x^2 + 1)^n} &= \frac{(-1)^{n-1} (2n - 1)!!}{(-1)^{n-1} (n - 1)! 2^{n-1}}\cdot \frac{\pi}{2}\\ &= \frac{(2n - 1)!!}{(n - 1)! 2^{n-1}}\cdot \frac{\pi}{2}\\ &= \frac{(2n - 1)!}{(n - 1)!^2\;4^{n-1}}\cdot \frac{\pi}{2}.\\ \end{aligned}\]

  • 第 51 問：$\displaystyle \int_0^\infty x^{2n}\mathrm{e}^{-x^2}\,\mathrm{d}x$

    \[\def\dx{ \mathrm{d}x } \def\Eu{ \mathrm{e}^{-x^2} } \begin{aligned} I_{2n} &= \int_0^\infty\!x^{2n}\Eu\,\dx\\ &= \left[\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\Eu\right]_0^\infty - \int_0^\infty\!\frac{x^{2n+1}}{2n+1}(-2x)\Eu\,\dx\\ &= -\frac{2}{2n + 1}\int_0^\infty\!x^{2n+2}\Eu\,\dx\\ &= -\frac{2}{2n + 1}I_{2n+2}.\\ \therefore I_{2n+2} &= -\frac{2n + 1}{2}I_{2n}.\\ \therefore I_{2n} &= -\frac{2n - 1}{2}I_{2n - 2} = (-1)^2 \frac{2n - 1}{2} \frac{2n - 3}{2}I_{2n - 4} = \dots\\ &= (-1)^n \frac{(2n)!}{(2^n)^2 n!} \frac{\sqrt{\pi}}{2}. \end{aligned}\]
  • 第 52 問：$\displaystyle \lim_{t \to \infty}\int_0^\infty f(x)\frac{\sin^2 tx}{tx^2}\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}f(0)$
    • ただし関数 $f(x)$ が ${[0, \infty)}$ で有界かつ $C^0$ 級であるとする。
    • 被積分関数の $f(x)$ から右側を $g(x, t)$ とおくと、これが $x$ と $t$ のそれぞれについて $f(x)$ と同じ仮定を満たすことを確認する。

    • すると極限の順序交換ができることがわかり、次のように計算する：

      \[\begin{aligned} \lim_{t \to \infty} \int_0^\infty\!f(x)\frac{\sin^2 tx}{tx^2}\,\mathrm{d}x &= \int_0^\infty\! \lim_{t \to \infty} f(x)\frac{\sin^2 tx}{tx^2}\,\mathrm{d}x\\ &= \dots. \end{aligned}\]
    • ここで時間切れ。