微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2001 年 5 月 7 日の試験の解答の要点^{1}

1 [10] “⊃” x ∈ (1, 2] ならば x ∈ (1, 2 + \frac{1}{n}) (n ∈ N) より x ∈ ⋂_{n=1}^{∞} (1, 2 + \frac{1}{n}) となり従う。 “⊂” x ∈ ⋂_{n=1}^{∞} (1, 2 + \frac{1}{n}) ならば、すべての n ∈ N に対し x ∈ (1, 2 + \frac{1}{n})、即ち 1 < x < 2 + \frac{1}{n} がすべての n ∈ N に対して成立する。ここで n → ∞ として 1 < x ≤ 2, 即ち x ∈ (1, 2] を得る。^{2}

2 [10] A = {x ∈ Q| − 1 < x < 2} に注意する。 sup A = 2 を示す。 ∀x ∈ A に対して x ≤ 2 は明らか。一方、 γ < 2 に対して\underline{有理数の稠密性}より max\{γ, −1\} < x < 2 を満たす有理数 x が存在する。即ち、 γ < x < 2 を満たす x ∈ A が存在する。以上より sup A = 2 を得る。^{3}

3 [15] (1) ∀ε > 0 に対して N ∈ N が存在して n ≥ N ならば |a_{n} − α| < ε.

(2) (1) で ε = \frac{|α|}{2} とすると、 N ∈ N が存在して n ≥ N ならば |a_{n} − α| < \frac{|α|}{2}. このとき、 |a_{n} − α| ≤ |α| − |a_{n}| を用いれば |a_{n}| ≥ |α| − \frac{|α|}{2} = \frac{|α|}{2} を得る。

(3) (2) より n ≥ N とすると|\frac{1}{a_{n}} − \frac{1}{α} | = \frac{|a_{n}−α|}{|a_{n}||α|} ≤ \frac{|a_{n}−α|}{|a_{n}||α|} ≤ \frac{2|a_{n}−α|}{|α|^{2}}.

∀ε > 0 にたいし、 (1) を′′ε′′ = \frac{|α|^{2}}{2} ε で用いると、ある N′ ∈ N が存在して |a_{n} − α| < \frac{|α|^{2}}{2} ε とできる。

よって n ≥ max\{N, N′\} ならば、|\frac{1}{a_{n}} − \frac{1}{α} | < ε、即ち、 lim_{n→∞} \frac{1}{a_{n}} = \frac{1}{α} を得る。

4 [20] (1) 0 ≤ \frac{2^{n}}{n!} = \frac{2}{1} · \frac{2}{2} ⋯ \frac{2}{n} ≤ 2 · 1 ⋯ 1 · \frac{2}{n} = \frac{4}{n} → 0 (n → ∞). よって、挟みうちの原理より (与式)= 0.

(2) 3^{n} ≤ 2^{n} + 3^{n} ≤ 2 · 3^{n} より 3 ≤ (2^{n} + 3^{n})^{1/n} ≤ 2^{1/n} · 3. lim_{n→∞} 2^{1/n} = 1 より 2^{1/n} · 3 → 3.

よって、挟みうちの原理より (与式)= 3.

(3) 二項定理より 2^{n} = (1 + 1)^{n} > n + \frac{n(n−1)}{2} であるから 2^{n} − n > \frac{n(n−1)}{2} を得る。よって\frac{n(n−1)}{2} → ∞ (n → ∞) より挟みうちの原理より (与式)= ∞. [別解] まず 2^{n} − n = 2^{n} (1 − \frac{n}{2^{n}} ) と変形する。二項定理より 2^{n} = (1 + 1)^{n} > \frac{n(n−1)}{2} となるから、 0 < \frac{n}{2^{n}} < \frac{2}{n−1} → 0 より、挟みうちの原理より\frac{n}{2^{n}} → 0 を得る。よって、 2^{n} − n → ∞ × (1 − 0) = ∞ (n → ∞) を得る。^{4}

(4) 0 ≤ \frac{n^{n}}{n!} = \frac{n}{1} · \frac{n}{2} ⋯ \frac{n}{n} ≤ n · 1 ⋯ 1 = n → ∞ (n → ∞). よって、挟みうちの原理より (与式)= ∞. 5 [10] まず 1 ≤ a_{n} ≤ 2, a_{n} ≤ a_{n+1} (n ≥ 1) に注意する。 (数学的帰納法により容易に示せるので証明は

略す^{5}。 ) よって、 {a_{n}} は有界な増加列より収束する。 α = lim_{n→∞}a_{n} とおくと、与式で n → ∞ とすると α = \sqrt{2 + α}. これを解くと α = −1, 2. 1 ≤ a_{n} ≤ 2 より 1 ≤ α ≤ 2. よって α = 2 を得る。

6 [15] (1) \frac{1}{2} ≤ a_{n} ≤ 1 (n ≥ 1) は数学的帰納法より示せる^{6}。これより (1 + a_{n})(1 + a_{n−1}) ≥ \frac{9}{4} であるから、

|a_{n+1} − a_{n}| = |\frac{1}{1+a_{n}} − \frac{1}{1+a_{n−1}} | = \frac{|a_{n}−a_{n−1}|}{(1+a_{n})(1+a_{n−1})} ≤ \frac{4}{9}|a_{n} − a_{n−1}| を得る。

(2) (1) より |a_{n+1} − a_{n}| ≤ \frac{4}{9}|a_{n} − a_{n−1}| ≤ (\frac{4}{9})^{2} |a_{n−1} − a_{n−2}| ≤ ⋯ ≤ (\frac{4}{9})^{n−2} |a_{2} − a_{1}| = \frac{1}{2} (\frac{4}{9})^{n−2} を得る。

よって、 m > n に対し |a_{m} − a_{n}| ≤ |a_{m} − a_{m−1}| + ⋯ + |a_{n+1} − a_{n}| ≤ ∑_{k=n+1}^{m} \frac{1}{2} (\frac{4}{9})^{k−2} ≤ \frac{\frac{1}{2}(\frac{4}{9})^{n−1}}{1− \frac{4}{9}} → 0

(n → ∞). よって Cauchy 列となる。^{7}

(3) α = lim_{n→∞}a_{n} とおくと、与式で n → ∞ とすると α = \frac{1}{1+α}. これを解くと α = (−1 ± \sqrt{5})/2. \frac{1}{2} ≤ a_{n} ≤ 1 より\frac{1}{2} ≤ α ≤ 1. よって α = (\sqrt{5} − 1)/2 を得る。

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。より詳しくは直接質問に来ること。尚、 [ ] 内はその問題の配点で、満点は 80 点である。

2集合 A, B について、 “A = B ⟺^{def} 「A ⊂ B かつ A ⊃ B」 ”, “A ⊂ B ⟺^{def} 「x ∈ A ⟹ x ∈ B」 ”

3 「有理数の稠密性」に言及していない解答は減点した。 4 lim_{n→∞} \frac{n}{2^{n}} = 0 を示していない解答は減点した。 5もちろん証明していない解答は減点した。 6もちろん証明していない解答は減点した。 7実際、勝手な ε > 0 にたいし N ∈ N を N > 1 + (log \frac{10}{9} ε) / (log \frac{4}{9} ) ととれば (ここでアルキメデスの原理を用いている)、 m, n ≥ N ならば |a_{m} − a_{n}| < ε をえる。 (ここまで証明していない解答にも満点を与えた。 )