浜松医科大学 2023年　問題2


$医療で使われる技術の \ 1\ つとして、磁気共鳴画像法(MRI)がある。MRIは画像の濃淡を表す関数、$
\[例えば \quad M(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} I_n(x) \ \ (x\ は実数)\ を用いて体内の様子を可視化する技術である。\] \[ここで、I_n(x)\ は \quad I_n(x)=\int _0^ne^{-t}\cos (tx) dt \quad (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots ) \ \ である。以下の問いに答えよ。\] $(1)\ \ 定積分 \ \ I_n(x)\ を求めよ。$
\[(2)\ \ 極限 \ \ M(x)=\lim_{n \rightarrow \infty} I_n(x) \ \ を求めよ。\] $(3)\ \ 関数 \ y=M(x) \ について、増減、極値、グラフの凹凸および変曲点を調べて、そのグラフをかけ。$


(1)


$ここでは、\cos (tx),\ \ \sin (tx)\ \ を単に \ \cos tx,\ \sin tx\ と書くことにします。$

\begin{eqnarray*} I_n(x) &=&\int _0^n e^{-t}\cos tx dt\\ \\ &=&\big[-e^{-t}\cos tx\big]_0^n -x\int_0^n e^{-t}\sin tx dt\\ \\ &=&-e^{-n}\cos nx +1 -x\int_0^n e^{-t}\sin tx dt\\ \\ &=&-e^{-n}\cos nx +1 -x\big\{ \big[-e^{-t}\sin tx\big]_0^n + x\int_0^n e^{-t}\cos tx dt\big\}\\ \\ &=&1-e^{-n}\cos nx + x e^{-n}\sin nx - x^2 I_n(x)\\ \end{eqnarray*}
$(1+x^2)I_n=1-e^{-n}\cos nx + x e^{-n}\sin nx $

$\therefore \ \ I_n=\cfrac{1-e^{-n}\cos nx + x e^{-n}\sin nx}{1+x^2} $


(2)


\begin{eqnarray*} I_n(x) &=&\cfrac{1-e^{-n}\cos nx + x e^{-n}\sin nx}{1+x^2}\\ \ &=&\cfrac{1}{1+x^2}- e^{-n}\cfrac{\cos nx - x \sin nx}{1+x^2}\\ \\ &=&\cfrac{1}{1+x^2}- e^{-n}\cfrac{\sqrt{1+x^2}\big(\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\cos nx - \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\sin nx \big)}{1+x^2}\\ \\ &=&\cfrac{1}{1+x^2}- e^{-n}\cfrac{(\cos \alpha \cos nx - \sin \alpha \sin nx )}{\sqrt{1+x^2}} \hspace{3em} \big(ただし \quad \cos \alpha=\cfrac{1}{\sqrt{1+x^2}},\ \ \sin \alpha =\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\big)\\ \\ &=&\cfrac{1}{1+x^2}- e^{-n}\cfrac{\cos ( nx + \alpha )}{\sqrt{1+x^2}} \\ \end{eqnarray*}
$第2項=J_n(x) \quad とおくと \quad |J_n(x)| \geqq 0 $

$|J_n(x)|=e^{-n}\big|\cfrac{\cos ( nx + \alpha )}{\sqrt{1+x^2}}\big| \leqq e^{-n}\cfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} \leqq e^{-n}$

$n \longrightarrow \infty \quad のとき \quad e^{-n} \longrightarrow 0 \quad だからはさみうちの原理により \quad J_n(x) \longrightarrow 0$

\[よって \quad M(x)=\lim_{n \rightarrow \infty} I_n(x)=\cfrac{1}{1+x^2}\]

　

$(補充)$

$右図はグラフ作成ソフトでかいた$

$y=J_n(x)\ のグラフです。$

$J_n(x)\ は \ x\ の値によらず、0\ に収束する様子が見てとれますが、これを「一様収束」といいます。$

(3)


$y'=-\cfrac{2x}{(1+x^2)^2}$

$y''=-\cfrac{2(1+x^2)^2 -2x \times 2(1+x^2)(2x)}{(1+x^2)^4}=-\cfrac{2(1+x^2)-8x^2}{(1+x^2)^2}=\cfrac{2(3x^2-1)}{(1+x^2)^3}$

$y=M(x)=\cfrac{1}{1+x^2}\ \ は偶関数だから \ \ x \geqq 0 \ \ で調べれば十分である。$

$y'=0 \quad より \quad x=0,\qquad y''=0 \quad より \quad x=\cfrac{1}{\sqrt{3}}$

$増減表は$
\[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} x & 0 & \cdots & \small{\cfrac{1}{\sqrt{3}}} & \cdots \\ \hline y' & 0 & - & - & - \\ \hline y'' & - & - & 0 & + \\ \hline y & 極大 & \searrow & 変曲点 & \searrow \\ 　 & & 上に凸 & & 下に凸 \\ \end{array} \]

　

$y\ はx =0 \ \ で極大となり、極大値は y=1$

$x =\pm \cfrac{1}{\sqrt{3}} 、\ \ y=\cfrac{3}{4} \ \ は変曲点$

$x \pm \longrightarrow \infty \quad のとき \quad y \longrightarrow 0 \quad だから \ x\ 軸は漸近線$

$グラフは \ y\ 軸について対称で、右のとおりです。$


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\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}