微分積分学 AD II, 数学序論演習 II 2001 年 10 月 26 日の試験の解答の要点^{1}

1 [各 5 点] (1) lim f_{n}(x) = 0 (0 ≤ x ≤ 1) に注意する。^{2} f′_{n}(x) = 0 を考察することで f_{n}(x) は x = \frac{2}{n} で最

大値をとることがわかるから sup_{0≤x≤1}|f_{n}(x) − 0| = f_{n}(\frac{2}{n}) = \frac{4e^{−2}}{n} → 0 となり 0 に一様収束する。

(2) lim f_{n}(x) = 0 (x ∈ R) に注意する。 (1) と同様の考察により sup_{x∈R}|f_{n}(x) − 0| = f_{n}(n) = 1 となり一様収束しないことがわかる。

2 [3/4/3] (1) 0 (x = 0 と 0 < x ≤ 1 で場合分けせよ)

(2) sup_{0≤x≤1}f_{n}(x) ≥ f(\frac{1}{n}) = n(1 − \frac{1}{n})^{n} → ∞ より ∞ ((1 − \frac{1}{n})^{n} → e^{−1} に注意)

(3) ∫_{0}^{1} f_{n}(x)dx = ∫_{0}^{1} n^{2}(1 − y)y^{n}dy = \frac{n^{2}}{n+1} − \frac{n^{2}}{n+2} = ⋯ → 1 (n → ∞) 3 [各 5] (1) |\frac{1}{n^{2}+x^{2}} | ≤ \frac{1}{n^{2}} と ∑ \frac{1}{n^{2}} < ∞ より Weierstrass の M-判定法により一様収束する。

(2) 等比級数の計算により ∑ xe^{−nx} = \frac{x}{1−e^{−x}} (x ≠ 0), = 0 (x = 0) となる。ここで、 lim_{x→+0} \frac{x}{1−e^{−x}} = 1 より ∑ xe^{−nx} は x = 0 で連続ではない。従って、定理 5.1 の対偶をとることで一様収束しないことがわかる。

4 [10] |\frac{sin nx}{n^{3}}| ≤ \frac{1}{n^{3}} で ∑ \frac{1}{n^{3}} < ∞ より Weierstrass の M-判定法により f(x) の関数項級数は一様収束する。よって積分の結果は定理 5.3 と ∫_{0}^{π} \frac{sin nx}{n^{3}}dx = \frac{2}{n^{4}} (n は奇数) , = 0 (n は偶数) より従う。微分の結果は f(x) の関数項級数は一様収束、よって各点収束することと、 | (\frac{sin nx}{n^{3}})′ | ≤ \frac{1}{n^{2}} かつ ∑ \frac{1}{n^{2}} < ∞ より Weierstrass の M-判定法により微分に関する関数項級数 ∑ \frac{cos nx}{n^{2}} は一様収束するから定理 5.5 により示される。

5 [各 5] (1) lim |a_{n}|^{1/n} = \frac{1}{e} より収束半径 = e (2) lim \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|} = \frac{1}{4} より収束半径 = 4

(3) a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + ⋯ + \frac{1}{n} とすると lim a_{n} = ∞ より lim \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|} = lim \frac{a_{n}+ \frac{1}{n+1}}{a_{n}} = lim (1 + \frac{1}{a_{n}(n+1)}) = 1 となり収束半径 = 1

6 [5] a_{n} = \sqrt{n + 2} − \sqrt{n} = \frac{2}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n}} とおくと lim \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|} = 1 より収束半径 = 1、即ち、 −1 < x < 1 で絶対収束し、 |x| > 1 のとき発散する。また、 x = −1 のとき {a_{n}} は非負単調減少で lim a_{n} = 0 より ∑ a_{n}(−1)^{n} は交代級数であるから収束する。一方 x = 1 のとき ∑ a_{n}1^{n} ≥ ∑ \frac{1}{\sqrt{n+2}} = ∞ より発散する。以上よりべき級数の収束域は −1 ≤ x < 1 である。

7 [10] 0 < a < 1 とすると Weierstrass の M-判定法により整級数 ∑(−1)^{n}x^{2n} は [−a, a] 上で一様収束する

ことがわかる。従って −1 < x < 1 に対し、

Arctan x = ∫_{0}^{x} \frac{1}{1 + y^{2}} dy = ∑_{n=0}^{∞} ∫_{0}^{x}(−1)^{n}y^{2n}dy = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{2n + 1}x^{2n+1}  (7)

となる。右辺の級数は |x| < 1 のとき収束、 |x| > 1 のとき発散するから収束半径は 1 である。更に、 x = 1, −1 のときも ∑ \frac{(−1)^{n}}{2n+1} は交代級数なので収束するから Abel の定理により ∑ \frac{(−1)^{n}}{2n+1} x^{2n+1} は −1 ≤ x ≤ 1 で連続。一方、 Arctan x は R 上で連続。従って (7) が −1 < x < 1 で成立するから x → 1 − 0, x → −1 + 0 と近似することにより Arctan x = ∑ \frac{(−1)^{n}}{2n+1} x^{2n+1} は −1 ≤ x ≤ 1 で成立することがわかる。ここで、特に x = 1 とすることで Arctan 1 = \frac{π}{4} より\frac{π}{4} = 1 − \frac{1}{3} + \frac{1}{5} − \frac{1}{7} + ⋯ が従う。

8 [5] r ≥ 0 より r = sin 3θ の定義域は 0 ≤ θ ≤ \frac{π}{3} , \frac{2π}{3} ≤ θ ≤ π, \frac{4π}{3} ≤ θ ≤ \frac{5π}{3} となる。 ±2π/3 回転に関し図形は対称だから、面積 S = 3 × \frac{1}{2} ∫_{0}^{π/3} sin^{2} 3θdθ = π/4.

1注意この「試験の解答の要点」は解答の要点である。そのままの答えでは完全な解答とは言えない。（たいていは０点である。）より詳しくは直接質問に来ること。 [ ] 内は配点である。問題 6 の配点を変更し満点は 75 点である。

2 lim_{n→∞} を単に lim と記す。無限和 ∑ の和に関する範囲が自明にわかるときは ∑_{n=0}^{∞} や ∑_{n=1}^{∞} を単に ∑ と記す。以下も同様。