微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2001 年 6 月 14 日の試験の解答の要点^{1}

1 [10] (1) f(x) = f(a) (a < x ≤ b) を示せばよい。平均値の定理より f(x) = f(a) + f′(c)(x − a) をみたす a < c < x が存在する。ここで f′(c) = 0 より f(x) = f(a) を得る。

(2) f(x) = Arccos \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} −Arctan x とおくと f′(x) = (計算略) = 0. (ここで\sqrt{x^{2}} = x のため x > 0 が必要となる。 ) よって、 (1) より ∀x > 0 に対し f(x) = f(1) を得るが、 f(1) = Arccos \frac{1}{\sqrt{2}} − Arctan 1 = \frac{π}{4} − \frac{π}{4} = 0. 従って、 f(x) = 0 (x > 0) となる。

2 [10] a ∈ R に対し、 Taylor の公式より f(x) = f(a) + f′(a)(x − a) + \frac{1}{2!}f′′(a + θ(x − a))(x − a)^{2} なる 0 < θ < 1 が存在する。よって、 f′′(x) ≥ 0 より f(x) ≥ f′(a)(x − a) + f(a) となるが、この式は曲線 y = f(x) がその接線 y = f′(a)(x − a) + f(a) の上側にあることを意味している。

3 [20] (1) f(x) = cos x とすると f^{(n)}(0) = (−1)^{m} (n = 2m), = 0 (n = 2m + 1). Taylor の公式より f(x) = 1 − \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} − ⋯ + (−1)^{n−1} \frac{x^{m−1}}{2(m−1)!} + R_{2m}, R_{2m} = \frac{(−1)^{m} cos θx}{(2m)!}x^{2m} (0 < θ < 1). ここで、 ∀x ∈ R

に対し 0 ≤ |R_{2m}| ≤ \frac{|x|^{2m}}{(2m)!} より R_{2m} → 0 (m → ∞) となる。以上より、 f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} を得る。

(2) sin^{2} x = \frac{1}{2} − \frac{1}{2} cos 2x = \frac{1}{2} − \frac{1}{2} ∑_{m=0}^{∞} \frac{(−1)^{m}}{(2m)!} (2x)^{2m} = ∑_{m=1}^{∞} \frac{(−1)^{m+1}2^{2m}}{2(2m)!} x^{2m} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}2^{2n+1}}{(2n+2)!} x^{2n+2}. (最後の等号は n = m − 1 として変形整理した。 )

4 [50] (1) 与式は\frac{0}{0} で不定形。 (sin x − Arcsin x)′ = cos x − \frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}} , (x^{3})′ = 3x^{2} で lim_{x→0}^{\frac{cos x−_{\frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}}}}{3x^{2}}}

= lim_{x→0} (\frac{cos x−1}{3x^{2}} + ^{\frac{1−_{\frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}}}}{3x^{2}}} ) = lim_{x→0} (\frac{cos x−1}{3x^{2}} + \frac{\sqrt{1−x^{2}}−1}{3x^{2}\sqrt{1−x^{2}}} ) = lim_{x→0} (\frac{− sin^{2} x}{3x^{2}(cos x+1)} + \frac{1−x^{2}−1}{3x^{2}\sqrt{1−x^{2}}(\sqrt{1−x^{2}}+1)})

= −\frac{1}{6} − \frac{1}{6} = −\frac{1}{3}. よって l’Hopital の定理^{2}より (与式) = −\frac{1}{3}.

(2) \frac{x^{2}}{e^{x}} → 0 (x → ∞) より、 (与式) = lim_{x→∞}e^{x} log x (1 − \frac{x^{2}}{e^{x}} \frac{1}{log x}) = ∞.

(3) 与式は\frac{0}{0} で不定形。 (e − e^{cos x})′ = e^{cos x} sin x, (x^{2})′ = 2x で lim_{x→0} \frac{e^{cos x} sin x}{2x} = \frac{e}{2}. よって l’Hopital の定理よ

り (与式) = \frac{e}{2}.

(4) log(1 + t) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} t^{n} (|t| < 1) より x → ∞ のとき x − x^{2} log(1 + \frac{1}{x}) = x − x^{2}\{\frac{1}{x} − \frac{1}{2} \frac{1}{x^{2}} + O(\frac{1}{x^{3}} )\} = \frac{1}{2} + O(\frac{1}{x}). よって (与式) = \frac{1}{2}.

[別解] t = \frac{1}{x} とおくと x → ∞ のとき t → +0、よって (与式) = lim_{t→+0} \frac{t−log(1+t)}{t^{2}}. これは\frac{0}{0} で不定形。

\{t − log(1 + t)\}′ = 1 − \frac{1}{1+t} で lim_{t→+0} \frac{1− \frac{1}{1+t}}{2t} = lim_{t→+0} \frac{1}{2(1+t)} = \frac{1}{2}. 故に、 l’Hopital の定理より (与式) = \frac{1}{2}.

(5) 与式の代わりに対数をとり lim_{x→∞} \frac{log( \frac{π}{2} −Arctan x)}{x} を考える。これは\frac{−∞}{∞} で不定形。 (log(\frac{π}{2} − Arctan x))′ =

\frac{1}{\frac{π}{2} −Arctan x}(−\frac{1}{1+x^{2}} ) で lim_{x→∞} \frac{− \frac{1}{1+x^{2}}}{\frac{π}{2} −Arctan x} も\frac{0}{0} で不定形。 (−\frac{1}{1+x^{2}} )′ = \frac{2x}{(1+x^{2})^{2}} , (\frac{π}{2} − Arctan x)′ = −\frac{1}{1+x^{2}} で

lim_{x→∞} \frac{\frac{2x}{(1+x^{2})^{2}}}{− \frac{1}{1+x^{2}}} = 0. よって l’Hopital の定理を 2 回用い lim_{x→∞} \frac{log( \frac{π}{2} −Arctan x)}{x} = 0, 即ち (与式) = e^{0} = 1 を得る。

(6) sin x = x − \frac{x^{3}}{3!} + O(x^{5}), cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2} + O(x^{4}) (x → 0) より\frac{1}{x^{2}} (\frac{sin}{x} − 1) → −\frac{1}{3!}, \frac{1}{x^{2}} (cos x − 1) → −\frac{1}{2} を得る。よって、 lim_{t→0}(1+t)^{1/t} = e より、 (与式) = (\frac{sin x}{x})^{\frac{1}{x^{2}}} (cos x)^{− \frac{1}{x^{2}}} = [\{1+(\frac{sin x}{x} −1)\}^{1/( \frac{sin x}{x} −1)}]^{\frac{1}{x^{2}} ( \frac{sin x}{x} −1)} ×

[\{1 + (cos x − 1)\}^{1/(cos x−1)}]^{− \frac{1}{x^{2}} (cos x−1)} → e^{−1/6}e^{1/2} = e^{1/3} を得る。

[別解] 与式の代わりに対数をとり lim_{x→0} \frac{log \frac{tan x}{x}}{x^{2}} を考える。これは\frac{∞}{∞} で不定形。 \{x^{2}\}′ = 2x, \{log \frac{tan x}{x}\}′ =

\frac{x}{tan x} (\frac{1}{x cos^{2} x} − \frac{tan x}{x^{2}}) = \frac{2}{sin 2x} − \frac{1}{x}.^{3}今、 lim_{x→0} \frac{\frac{2}{sin 2x} − \frac{1}{x}}{2x} = lim_{x→0}2 · \frac{2x−sin 2x}{(2x)^{3}} \frac{2x}{sin 2x} = \frac{1}{3}. ここで、 lim_{t→0} \frac{t−sin t}{t^{3}} = \frac{1}{6}

を用いた。これは、\frac{0}{0} で不定形で lim_{t→0} \frac{(t−sin t)′}{(t^{3})′} = lim_{t→0} \frac{1−cos t}{3t^{2}} = lim_{t→0} \frac{sin^{2} t}{3t^{2}(1+cos t)} = \frac{1}{6} より l’Hopital の定理から

従う。以上より、 l’Hopital の定理から lim_{x→0} \frac{log \frac{tan x}{x}}{x^{2}} = \frac{1}{3} となるから (与式) = e^{1/3} が従う。 5 [15] (1) \frac{tan x−sin x}{x^{3}} = \frac{\frac{sin x}{cos x} −sin x}{x^{3}} = \frac{sin x(1−cos x)}{x^{3} cos x} = (\frac{sin x}{x})^{3} \frac{1}{cos x(1+cos x)} → \frac{1}{2} (x → 0). よって\frac{tan x−sin x}{x^{3}} は

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 120 点である。

2不定形であることを断らずに l’Hopital の定理も用いた場合 1 回につき 3 点減点した。 (2) 以降も同じ。 3ここで log \frac{tan x}{x} = log tan x − log x と変形はできない。 log x の定義域は x > 0 であるから、 x < 0 の場合この右辺は定義されない。 x → 0 と書いた場合 x < 0 の場合も考慮する必要がある。

x = 0 の近くで有界のため、 tan x − sin x = O(x^{3}) (x → 0).

(2) lim_{x→∞} \frac{(log x)^{1000}}{x^{α}} = 0 を示せばよいが、このためには β = \frac{α}{1000} として lim_{x→∞} \frac{log x}{x^{β}} = 0 を示せばよい。これは

\frac{∞}{∞} より不定形で (log x)′ = \frac{1}{x}, (x^{β})′ = βx^{β−1} で lim_{x→∞} \frac{\frac{1}{x}}{βx^{β−1}} = 0 より l’Hopital の定理より従う。

6 [15] log(1 + x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} x^{n} (|x| < 1) より log(1 + x) = x − \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} − \frac{x^{4}}{4} + O(x^{5}) (x → 0). \frac{1}{1−r} = ∑_{n=0}^{∞} r^{n} (|r| < 1) より\frac{1}{1+ax} = 1 − ax + a^{2}x^{2} − a^{3}x^{3} + O(x^{4}) (x → 0). よって、 f(x) = x− \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} − \frac{x^{4}}{4} −x(1+bx)\{1−ax+a^{2}x^{2}−a^{3}x^{3}\}+O(x^{5}) = (a−b− \frac{1}{2})x^{2}+(−a^{2}+ab+ \frac{1}{3})x^{3}+ (−a+a^{2}b− \frac{1}{4})x^{4}+O(x^{5}) であるがこれが 4 位の無限小だから a−b− \frac{1}{2} = 0, −a^{2}+ab+ \frac{1}{3} = 0, −a+a^{2}b− \frac{1}{4} ≠ 0 であればよい。これを解いて a = \frac{2}{3}, b = \frac{1}{6} を得る。

[別解] f(x) が x → 0 のとき 4 次の無限小となるから f(0) = f′(0) = f′′(0) = f^{(3)}(0) で f^{(4)}(0) ≠ 0 となるように a, b を決めればよい。このため、 f(x) = log(1 + x) − \{\frac{b}{a}x + \frac{1}{a} (1 − \frac{b}{a})\} + \frac{1}{a} (1 − \frac{b}{a}) \frac{1}{1+ax} と変形

すると、 f′(x) = \frac{1}{1+x} − \frac{b}{a} + \frac{1}{a} (1 − \frac{b}{a}) \frac{(−a)}{(1+ax)^{2}} , f^{(k)}(x) = \frac{(−1)^{k−1}(k−1)!}{1+x} + \frac{1}{a} (1 − \frac{b}{a}) \frac{(−a)^{k}k!}{(1+ax)^{k+1}} (k ≥ 2). よって、 f(0) = f′(0) = 0 で f′′(0) = −1 + 2(a − b) = 0, f^{(3)}(0) = 2 − 6a(a − b) = 0. これを解いて a = \frac{2}{3}, b = \frac{1}{6} を得る。このとき、 f^{(4)}(0) = −\frac{2}{3} ≠ 0 となり、 f(x) が x → 0 のとき 4 次の無限小となる。

連絡今後の試験の予定 6 月 28 日 (金) 試験範囲は連絡済につき略。 7 月 19 日 (金) 試験範囲は第 4 章 §§ 1–4(I) で、問 1–18, 演習問題 A 1–13, B 15–28 (変更の可能性あり) 8 月 2 日 (金) 第 2 章 § 2, § 3 (I) とします。 (今回の試験の出来が悪いので再度この範囲で試験を行う。 ) 尚、 7 月 16 日 (火)、 23 日 (火)、 26 日 (金)、 30 日 (火) は休講です。 (7 月 15 日から 31 日まで杉浦は出張です。 )