微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2001 年 5 月 21 日の試験の解答の要点^{1}

1 [10] (1) ∀ε > 0 に対して M > 0 が存在して x ≥ M ならば |f(x) − α| < ε.

(2) lim_{x→∞} sin x = α と仮定する。 (1) で ε = 1/2 とすると、 M > 0 が存在して x ≥ M ならば | sin −α| < 1/2,

即ち、 α − 1/2 < sin < α + 1/2. 一方、 sin x は x ≥ M におてい [−1, 1] のすべての値をとるので、矛盾。 (別解) lim_{x→∞} sin x = α と仮定する。このとき、 x_{n} → ∞ (n → ∞) なる任意の {x_{n}} に対し、 lim_{n→∞} sin x_{n} = α

となる^{2}。一方、 lim_{n→∞} sin nπ = 0, lim_{n→∞} sin(2nπ + π/2) = 1 となるので矛盾する。

2 [35] (1) a^{3} − b^{3} = (a − b)(a^{2} + ab + b^{2}), c^{4} − d^{4} = (c − d)(c + d)(c^{2} + d^{2}) を a = (1 + 2x)^{1/3}, b =

(1 − 2x)^{1/3}, c = (1 + x)^{1/4}, d = 1 に用いれば、 (与式)= lim_{x→0} \frac{1+x−1}{(c+d)(c^{2}+d^{2})} \frac{a^{2}+ab+b^{2}}{1+2x−(1−2x)} = \frac{1}{4} \frac{1+1+1}{(1+1)(1+1)} = \frac{3}{16}.

(2) x < 1 のとき |x − 1| = −(x − 1) より、 (与式)= lim_{x→1−0} \frac{(x+3)(x−1)}{−(x−1)} = −4.

(3) (与式)= lim_{x→1} \frac{sin(x^{2}−1)}{x^{2}−1} \frac{x−1}{sin(x−1)} \frac{x^{2}−1}{x−1} = 1 · 1 · (1 + 1) = 2.

(4) (与式)= lim_{x→0} {(1 − 2x + x^{2})^{1/(−2x+x^{2})}}^{(−2x+x^{2})/x} = e^{−2}.

(5) cos(α + β) − cos(α − β) = −2 sin α sin β より cos \sqrt{x + 1} − cos x = −2 sin \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2} sin \frac{\sqrt{x+1}−\sqrt{x}}{2} . よっ

て、 | cos \sqrt{x + 1} − cos x| ≤ 2 |sin \frac{\sqrt{x+1}−\sqrt{x}}{2} | = 2 |sin \frac{1}{2(\sqrt{x+1}+\sqrt{x})} | → 0 (x → ∞) より\underline{挟みうちの原理}か

ら (与式)= 0 を得る^{3}。

(6) t = −x とおくと、 x → −∞ のとき t → ∞ より、 (2^{x} + 3^{x})^{1/x} = (2^{−t} + 3^{−t})^{−1/t} = 2 \{1 + (\frac{2}{3})^{t}\}^{−1/t} → 2.

(7) t = −x とおくと、 x → −∞ のとき t → ∞ より、 x(x + \sqrt{x^{2} + 1}) = −t(\sqrt{t^{2} + 1} − t) = −t · \frac{t^{2}+1−t^{2}}{\sqrt{t^{2}+1}+t} = −_{\frac{1}{\sqrt{1+ \frac{1}{t^{2}}} +1}} → −\frac{1}{1+1} = −\frac{1}{2}.

3 [5] f(0) = 0 に注意する。 ∀ε > 0 に対して δ = ε とすると、 |x| < δ ならば x が有理数のとき |f(x) − 0| = |x| < ε, x が無理数のとき |f(x) − 0| = 0 < ε. よっていずれにせよ、 |f(x) − 0| < ε であるから連続である。

4 [15] (1) 関数 f(x) が有界閉区間 I = [a, b] で連続かつ f(a) ≠ f(b) のとき、 f(a) と f(b) の間の任意の値

A に対して f(c) = A, a < c < b なる c が存在する。

(2) g(x) = f(x) − x とおくと、 g(x) は [−1, 1] で連続で g(−1) = f(−1) + 1 > −1 + 1 = 0, g(1) = f(1) − 1 < 1 − 1 = 0. よって g(1) < 0 < g(−1) より中間値の定理より g(c) = 0, −1 < c < 1 なる c が存在する。このとき f(c) = c よりこの c が解となる。

(3) f(x) = tan x − \frac{1}{x} に対し f(\frac{π}{4} ) = 1 − \frac{4}{π} < 0, f(nπ) = −\frac{1}{nπ} < 0 (n ≠ 0), f(nπ + \frac{π}{3} ) = \sqrt{3} − \frac{1}{nπ+ \frac{π}{3}} < 0. よって、中間値の定理より n = 0 のときは f(c) = 0, \frac{π}{4} < c < \frac{π}{3} なる c が、 n ≠ 0 のときは f(c) = 0, nπ < c < nπ + \frac{π}{3} なる c が存在する。これが解である。唯一つであることは (nπ, nπ + π/2) で tan x は狭義増加, \frac{1}{x} は狭義減少より f(x) は狭義増加であることからわかる。

5 [5] f(x) = x^{2} が一様連続なら ε = 1 に対し δ > 0 が存在して x, x′ ∈ R : |x′ − x| < δ ⟹ |f(x′) − f(x)| < 1 となる^{4}。特に x′ = x + \frac{δ}{2} ととると、 |x′ − x| = \frac{δ}{2} < δ であるが、 |f(x + \frac{δ}{2}) − f(x)| = δx + \frac{δ^{2}}{4} > 1 (x > \frac{1}{δ}). これは |f(x + \frac{δ}{2}) − f(x)| < 1 に矛盾する。

6 [10] ∀ε > 0 をとっておく。 lim_{x→∞}f(x) = 0 よりある M_{1} > 0 がとれて x ≥ M_{1} ⟹ |f(x)| < \frac{ε}{2}, lim_{x→−∞}f(x) = 0

よりある M_{2} > 0 がとれて x ≤ −M_{2} ⟹ |f(x)| < \frac{ε}{2}. 今、 f(x) は有界閉区間 I = [−M_{2} − 1, M_{1} + 1] で連続だから、 I 上で一様連続、即ち、ある 0 < δ < 1 が存在して x, x′ ∈ I : |x − x′| < δ ⟹ |f(x′) − f(x)| < ε. 一方、 x, x′ ≥ M_{1} ⟹ |f(x′) − f(x)| ≤ |f(x′)| + |f(x)| < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε, また、 x, x′ ≤ −M_{2} ⟹ |f(x′) − f(x)| ≤ |f(x′)| + |f(x)| < ε. よって、 δ < 1 より x, x′ ∈ R : |x′ − x| < δ なら x, x′ ∈ I または x, x′ ≥ M_{1} または x, x′ ≤ −M_{2} のいずれかが成り立つので、以上より |f(x′) − f(x)| < ε となり一様連続であることが示された。

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この部分を略した解答は減点した。 3 「挟みうちの原理」に言及していない解答は減点した。 4f(x) が区間 I 上で一様連続あるとは ∀ε > 0 に対し δ > 0 が存在して x, x′ ∈ I : |x′ − x| < δ ⟹ |f(x′) − f(x)| < ε なるときにいう。