2点 $P, Q \in \mathbb{R}^2$ および $r_1 > 0, r_2 > 0$ に対して、もし $|PQ| > r_1 + r_2$ ならば $U_{r_1}(P) \cap U_{r_2}(Q) = \emptyset$ となることを示す。ここで、$U_r(P)$ は点 $P$ を中心とする半径 $r$ の開円板を表す。

解析学開円板三角不等式平均値の定理偏微分コーシー・シュワルツの不等式放物面積分
2025/7/7
## 問題12-1

1. 問題の内容

2点 P,QR2P, Q \in \mathbb{R}^2 および r1>0,r2>0r_1 > 0, r_2 > 0 に対して、もし PQ>r1+r2|PQ| > r_1 + r_2 ならば Ur1(P)Ur2(Q)=U_{r_1}(P) \cap U_{r_2}(Q) = \emptyset となることを示す。ここで、Ur(P)U_r(P) は点 PP を中心とする半径 rr の開円板を表す。

2. 解き方の手順

背理法を用いる。Ur1(P)Ur2(Q)U_{r_1}(P) \cap U_{r_2}(Q) \neq \emptyset と仮定する。
このとき、Ur1(P)Ur2(Q)U_{r_1}(P) \cap U_{r_2}(Q) に属する点 XX が存在する。
XUr1(P)X \in U_{r_1}(P) より、 PX<r1|PX| < r_1
XUr2(Q)X \in U_{r_2}(Q) より、 QX<r2|QX| < r_2
三角不等式より、 PQPX+QX|PQ| \le |PX| + |QX|
したがって、PQ<r1+r2|PQ| < r_1 + r_2 となる。これは、PQ>r1+r2|PQ| > r_1 + r_2 という仮定に矛盾する。
よって、Ur1(P)Ur2(Q)=U_{r_1}(P) \cap U_{r_2}(Q) = \emptyset である。

3. 最終的な答え

PQ>r1+r2|PQ| > r_1 + r_2 ならば Ur1(P)Ur2(Q)=U_{r_1}(P) \cap U_{r_2}(Q) = \emptyset が成り立つ。
## 問題12-2

1. 問題の内容

f:R2Rf: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}C1C^1 級関数であり、ある M1>0,M2>0M_1 > 0, M_2 > 0 が存在して、
fx(x,y)M1|\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)| \le M_1
fy(x,y)M2|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)| \le M_2
((x, y) ∈ ℝ²)
を満たすとき、不等式
f(x+h,y+k)f(x,y)M12+M22h2+k2|f(x+h, y+k) - f(x,y)| \le \sqrt{M_1^2 + M_2^2} \sqrt{h^2 + k^2}
((x, y) ∈ ℝ², h, k ∈ ℝ)
が成立することを示す。

2. 解き方の手順

平均値の定理を用いる。
f(x+h,y+k)f(x,y)=f(x+h,y+k)f(x,y+k)+f(x,y+k)f(x,y)f(x+h, y+k) - f(x,y) = f(x+h, y+k) - f(x, y+k) + f(x, y+k) - f(x,y)
ここで、g(x)=f(x,y+k)g(x) = f(x, y+k) と置くと、平均値の定理より
f(x+h,y+k)f(x,y+k)=g(x+h)g(x)=g(ξ1)h=fx(ξ1,y+k)hf(x+h, y+k) - f(x, y+k) = g(x+h) - g(x) = g'(\xi_1) h = \frac{\partial f}{\partial x}(\xi_1, y+k) h (ただし ξ1\xi_1xxx+hx+h の間の数)
同様に、h(y)=f(x,y)h(y) = f(x, y) と置くと、平均値の定理より
f(x,y+k)f(x,y)=h(y+k)h(y)=h(ξ2)k=fy(x,ξ2)kf(x, y+k) - f(x,y) = h(y+k) - h(y) = h'(\xi_2) k = \frac{\partial f}{\partial y}(x, \xi_2) k (ただし ξ2\xi_2yyy+ky+k の間の数)
したがって、
f(x+h,y+k)f(x,y)=fx(ξ1,y+k)h+fy(x,ξ2)kf(x+h, y+k) - f(x,y) = \frac{\partial f}{\partial x}(\xi_1, y+k) h + \frac{\partial f}{\partial y}(x, \xi_2) k
両辺の絶対値を取ると、
f(x+h,y+k)f(x,y)=fx(ξ1,y+k)h+fy(x,ξ2)kfx(ξ1,y+k)h+fy(x,ξ2)kM1h+M2k|f(x+h, y+k) - f(x,y)| = |\frac{\partial f}{\partial x}(\xi_1, y+k) h + \frac{\partial f}{\partial y}(x, \xi_2) k| \le |\frac{\partial f}{\partial x}(\xi_1, y+k) h| + |\frac{\partial f}{\partial y}(x, \xi_2) k| \le M_1 |h| + M_2 |k|
ここで、コーシー・シュワルツの不等式を用いる。
M1h+M2kM12+M22h2+k2M_1 |h| + M_2 |k| \le \sqrt{M_1^2 + M_2^2} \sqrt{h^2 + k^2}
よって、
f(x+h,y+k)f(x,y)M12+M22h2+k2|f(x+h, y+k) - f(x,y)| \le \sqrt{M_1^2 + M_2^2} \sqrt{h^2 + k^2}

3. 最終的な答え

f(x+h,y+k)f(x,y)M12+M22h2+k2|f(x+h, y+k) - f(x,y)| \le \sqrt{M_1^2 + M_2^2} \sqrt{h^2 + k^2} が成り立つ。
## 問題12-3

1. 問題の内容

xyzxyz 空間において、不等式 0z1x2y20 \le z \le 1 - x^2 - y^2 で表わされる図形の概形を描く。

2. 解き方の手順

z=1x2y2z = 1 - x^2 - y^2 は放物面を表す。
z0z \ge 0 より、1x2y201 - x^2 - y^2 \ge 0 となるから、x2+y21x^2 + y^2 \le 1
したがって、この立体は、xyxy 平面上では半径 11 の円板であり、その上部は放物面 z=1x2y2z = 1 - x^2 - y^2 で抑えられている。
z=0z = 0 のとき、x2+y2=1x^2 + y^2 = 1 であるから、xyxy 平面上に半径 11 の円ができる。
x=0x = 0 のとき、z=1y2z = 1 - y^2 (0z10 \le z \le 1) となるから、yzyz 平面上には放物線ができる。
y=0y = 0 のとき、z=1x2z = 1 - x^2 (0z10 \le z \le 1) となるから、xzxz 平面上には放物線ができる。

3. 最終的な答え

この図形は、xy平面上の単位円を底面とし、z軸方向に z=1x2y2z=1-x^2-y^2 で表される曲面を上部とする立体である。つまり、上に凸な放物面 z=1x2y2z = 1 - x^2 - y^2 で切り取られた円柱の内部で、z0z \ge 0 の部分。

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