広島大 先進理工系科学研究科 数学プログラム 数学 2023年度 一般B 院試 過去問 解答例・解説（全3問）

(1) 関数列 $\{g_{n}\}$ の一様収束

$n\ge 1$ に対し $$g_{n}(x)=f(x,n)=\frac{x^{2}n^{2}}{x^{2}+n^{2}}.$$ ここで $$g_{n}(x)-x^{2}=\frac{x^{2}n^{2}-x^{2}(x^{2}+n^{2})}{x^{2}+n^{2}}=-\frac{x^{4}}{x^{2}+n^{2}}.$$ 任意の有界集合 $B\subset\mathbb R$ をとり，$M:=\sup_{x\in B}|x|<\infty$ とする。すべての $x\in B$ に対し $|x|\le M$ で $$|g_{n}(x)-x^{2}|=\frac{x^{4}}{x^{2}+n^{2}}\le\frac{M^{4}}{n^{2}}.$$ したがって $$\sup_{x\in B}|g_{n}(x)-x^{2}|\le\frac{M^{4}}{n^{2}}\to 0\quad(n\to\infty).$$ すなわち $g_{n}\to x^{2}$ が $B$ 上で一様に成立する。

(2) 極限の計算

$$\int_{0}^{1/n}\frac{x^{2}}{x^{2}+1}\,dx =\int_{0}^{1/n}\left(1-\frac{1}{x^{2}+1}\right)dx =\frac{1}{n}-\arctan\frac{1}{n}.$$ $\arctan t$ のテイラー展開 $\arctan t=t-\dfrac{t^{3}}{3}+\dfrac{t^{5}}{5}-\cdots$（$|t|\le 1$）を $t=1/n$ に適用すると $$\frac{1}{n}-\arctan\frac{1}{n}=\frac{1}{3n^{3}}-\frac{1}{5n^{5}}+\frac{1}{7n^{7}}-\cdots.$$ よって $$n^{3}\left(\frac{1}{n}-\arctan\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{3}-\frac{1}{5n^{2}}+\frac{1}{7n^{4}}-\cdots\to\frac{1}{3}\quad(n\to\infty).$$

別解：ロピタルでもよい。$F(t)=\int_{0}^{t}\dfrac{x^{2}}{x^{2}+1}dx$ とおき，$t=1/n$ で $n\to\infty$ つまり $t\to+0$ とする。 $$\lim_{t\to+0}\frac{F(t)}{t^{3}}\stackrel{\text{L'H}}{=}\lim_{t\to+0}\frac{F'(t)}{3t^{2}} =\lim_{t\to+0}\frac{1}{3t^{2}}\cdot\frac{t^{2}}{t^{2}+1}=\frac{1}{3}.$$

(3) 1次偏導関数

$(x,y)\ne (0,0)$ の場合：商の微分により $$f_{x}(x,y)=\frac{2xy^{2}(x^{2}+y^{2})-x^{2}y^{2}\cdot 2x}{(x^{2}+y^{2})^{2}} =\frac{2xy^{2}\bigl(x^{2}+y^{2}-x^{2}\bigr)}{(x^{2}+y^{2})^{2}} =\frac{2xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.$$ $x,y$ について対称なので $$f_{y}(x,y)=\frac{2x^{4}y}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.$$

$(x,y)=(0,0)$ の場合：定義に戻り $$f_{x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{0-0}{h}=0,$$ 同様に $f_{y}(0,0)=0$。

まとめると $$f_{x}(x,y)=\begin{cases}\dfrac{2xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}&((x,y)\ne(0,0))\\[1.5mm]0&((x,y)=(0,0))\end{cases},\quad f_{y}(x,y)=\begin{cases}\dfrac{2x^{4}y}{(x^{2}+y^{2})^{2}}&((x,y)\ne(0,0))\\[1.5mm]0&((x,y)=(0,0))\end{cases}.$$

(4) $C^{2}$ 級か

結論：$f$ は $\mathbb R^{2}$ 上で $C^{1}$ 級だが $C^{2}$ 級ではない。

まず原点以外では $f$ は明らかに $C^{\infty}$。問題は原点である。 $(3)$ の $f_{x}$ を極座標 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$ に書き換えると $$f_{x}(x,y)=\frac{2(r\cos\theta)(r\sin\theta)^{4}}{r^{4}}=2r\cos\theta\sin^{4}\theta\to 0\quad(r\to 0).$$ $f_{y}$ も同様。よって $f_{x}, f_{y}$ は原点で連続。すなわち $f\in C^{1}(\mathbb R^{2})$。

次に2階偏導関数 $f_{xy}$ を $(x,y)\ne(0,0)$ で計算する。 $$\begin{align*} f_{xy}&=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{2xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}\right) =\frac{8xy^{3}(x^{2}+y^{2})^{2}-2xy^{4}\cdot 2(x^{2}+y^{2})\cdot 2y}{(x^{2}+y^{2})^{4}}\\ &=\frac{8xy^{3}(x^{2}+y^{2})-8xy^{5}}{(x^{2}+y^{2})^{3}} =\frac{8x^{3}y^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{3}}. \end{align*}$$ これを極座標で表すと $$f_{xy}(r\cos\theta,r\sin\theta)=\frac{8r^{6}\cos^{3}\theta\sin^{3}\theta}{r^{6}}=8\cos^{3}\theta\sin^{3}\theta=\sin^{3}(2\theta).$$ これは $\theta$ にしか依らないので，$r\to 0$ としても極限が方向に依存する： $\theta=\pi/4$ では $\sin^{3}(\pi/2)=1$，$\theta=3\pi/4$ では $\sin^{3}(3\pi/2)=-1$。 すなわち $\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_{xy}(x,y)$ は存在しない。

一方，原点での $f_{xy}(0,0)$ を定義通り計算すると，$f_{x}(0,h)=\dfrac{2\cdot 0\cdot h^{4}}{h^{4}}=0$（$h\ne 0$）と $f_{x}(0,0)=0$ より $$f_{xy}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f_{x}(0,h)-f_{x}(0,0)}{h}=0.$$ よって $f_{xy}$ は原点では値を取るが，原点で連続でない。 ゆえに $f$ は $\mathbb R^{2}$ 上で $C^{2}$ 級でない。

(5) 重積分

被積分関数を変形する： $$\frac{x^{2}y^{2}}{x^{2}+y^{2}}=\frac{x^{2}(x^{2}+y^{2})-x^{4}}{x^{2}+y^{2}}=x^{2}-\frac{x^{4}}{x^{2}+y^{2}}.$$ 別の整理として，$y$ について先に積分する。$y$ を固定して $$\int_{0}^{1}\frac{x^{2}y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\,dx =y^{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}}\,dx =y^{2}\int_{0}^{1}\left(1-\frac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\right)dx.$$ $y>0$ なら $\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}dx=\dfrac{1}{y}\arctan\dfrac{1}{y}$ なので $$\int_{0}^{1}\frac{x^{2}y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\,dx=y^{2}\left(1-y\arctan\frac{1}{y}\right)=y^{2}-y^{3}\arctan\frac{1}{y}.$$ （$y=0$ では被積分関数が0となるので連続的に同じ式で扱える。）したがって $$I=\iint_{[0,1]^{2}}f(x,y)\,dxdy =\int_{0}^{1}\bigl(y^{2}-y^{3}\arctan(1/y)\bigr)dy =\frac{1}{3}-J,\quad J:=\int_{0}^{1}y^{3}\arctan\frac{1}{y}\,dy.$$

$y>0$ で $\arctan(1/y)=\pi/2-\arctan y$ を使うと $$J=\int_{0}^{1}y^{3}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan y\right)dy =\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{4}-K=\frac{\pi}{8}-K,\quad K:=\int_{0}^{1}y^{3}\arctan y\,dy.$$

$K$ を部分積分で求める。$u=\arctan y,\ dv=y^{3}dy$ とすれば $du=\dfrac{dy}{1+y^{2}},\ v=\dfrac{y^{4}}{4}$。 $$\begin{align*} K&=\left[\frac{y^{4}}{4}\arctan y\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{y^{4}}{4(1+y^{2})}dy\\ &=\frac{1}{4}\cdot\frac{\pi}{4}-\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\frac{y^{4}}{1+y^{2}}dy. \end{align*}$$ $\dfrac{y^{4}}{1+y^{2}}=y^{2}-1+\dfrac{1}{1+y^{2}}$ なので $$\int_{0}^{1}\frac{y^{4}}{1+y^{2}}dy=\frac{1}{3}-1+\frac{\pi}{4}=-\frac{2}{3}+\frac{\pi}{4}.$$ よって $$K=\frac{\pi}{16}-\frac{1}{4}\left(-\frac{2}{3}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{16}+\frac{1}{6}-\frac{\pi}{16}=\frac{1}{6}.$$ ゆえに $J=\dfrac{\pi}{8}-\dfrac{1}{6}$， $$I=\frac{1}{3}-J=\frac{1}{3}-\frac{\pi}{8}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}-\frac{\pi}{8}.$$