微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2002 年 10 月 25 日の試験の解答の要点^{1}

1 [10] (1) (\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} ) / (\frac{n!}{n^{n}} ) = 1/(1 + \frac{1}{n})^{n} → \frac{1}{e} < 1 より d’Alembert の判定条件より収束する。

(2) \frac{1−cos \frac{1}{n}}{\frac{1}{n^{2}}} = (\frac{sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}})^{2} \frac{1}{1+cos \frac{1}{n}} → \frac{1}{2} で ∑ \frac{1}{n^{2}} は収束するから比較判定法により与式は収束する。^{2}

2 [10] 以下 a_{n} = log (1 + \frac{1}{n^{α}} ) と書く。 α ≤ 0 のとき a_{n} ≥ log 2 となり (−1)^{n−1}a_{n} → 0 とはならないので発散する。 α > 0 のとき {a_{n}} は減少列で lim a_{n} = 0 となるから Leibniz の定理より収束する。一方\frac{a_{n}}{\frac{1}{n^{α}}} = log (1 + \frac{1}{n^{α}} )^{n^{α}} → log e = 1 となり ∑ a_{n} と ∑ \frac{1}{n^{α}} の収束・発散は同時におこる。特に α > 1 の

とき ∑ \frac{1}{n^{α}} は収束するので、与式は絶対収束する。以上より、条件収束するのは 0 < α ≤ 1 のときである。

3 [10] 仮定より a_{n} → 0 だからある N が存在して、 n ≥ N ⟹ |a_{n}| < 1. 即ち、 |a_{n}^{2}| ≤ |a_{n}| となるから、 ∑ |a_{n}^{2}| ≤ ∑_{n=1}^{N} |a_{n}^{2}| + ∑_{n=N+1}^{∞} |a_{n}| < ∞ を得る。以上より絶対収束する。 a_{n} = \frac{1}{n} とおくと、 ∑(\frac{1}{n})^{2} は収束するが、 ∑ \frac{1}{n} は発散する。よって、逆は成立しない。

4 [10] lim f_{n}(x) = 0 に注意する。 (x = 0 のときは明らか。 x > 0 のときは n^{p}/e^{nx} → 0 による。 )^{3} sup{|f_{n}(x) − 0||0 ≤ x ≤ 1} = n^{p−1}e^{−1} で n^{p−1}e^{−1} → 0 となるのは p < 1 のときであるから、 p < 1 のとき一様収束する。

5 [10] (1) |\frac{nx^{3}}{n^{3}+x^{3}} | ≤ \frac{1}{n^{2}} , ∑ \frac{1}{n^{2}} < ∞ より Weierstass の M-判定法により与式は一様収束する。^{4}

(2) 等比級数の公式より (与式)= 0 (x = 0), = 1 − x (0 < x ≤ 1) である。よって x = 0 で不連続である。一方、与式が一様収束すれば各項は連続なので無限和も連続となるから、一様収束しない。

6 [20] (1) \frac{1}{R} = lim(1 − \frac{2}{n})^{n} = \frac{1}{e^{2}} より収束半径 = e^{2}.

(2) 1 ≤ (1 + \frac{1}{2} + ⋯ + \frac{1}{n})^{\frac{1}{n}} ≤ n^{\frac{1}{n}} で n^{\frac{1}{n}} → 1 より挟み打ちの原理から\frac{1}{R} = lim(1 + \frac{1}{2} + ⋯ + \frac{1}{n})^{\frac{1}{n}} = 1. よって、収束半径 = 1.

(3) |x| ≥ 1 のとき |n^{n}x^{2^{n}}| → ∞ より ∑ n^{n}x^{2^{n}} は発散する。 |x| < 1 のとき lim |n^{n}x^{2^{n}}|^{\frac{1}{n}} = lim \frac{n^{2}}{2^{n}} \frac{2^{n}}{n} |x|^{\frac{2^{n}}{n}} = 0. (|r| < 1 のとき nr^{n} → 0 を用いた。 ) 従って、 Cauchy の判定法により ∑ n^{n}x^{2^{n}} は収束する。以上より、収束半径 = 1.

7 [10] ∑(−x)^{n} の収束半径は 1 であるから、 |x| < 1 のとき [0, x](あるいは [x, 0]) で項別積分できて、 log(1 + x) = ∫_{0}^{x} \frac{1}{1+t}dt = ∫_{0}^{x} ∑_{n=0}^{∞}(−t)^{n}dt = ∑_{n=0}^{∞} ∫_{0}^{x}(−t)^{n}dt = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n+1} x^{n+1} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} x^{n}. ^{5}

ここで、 ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} は交代級数であるから Leibniz の定理により収束する。従って、 Abel の定理より

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} x^{n} は 0 ≤ x ≤ 1 上で一様収束する。即ち、 x = 1 においても連続なので log(1 + x) =

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} x^{n} は −1 < x ≤ 1 に対して成立する。

8 [10] ε > 0 を任意にとっておく。 f(x) は有界閉区間 [0, 1] で連続だから一様連続。よって、 δ > 0 が依存して |x−y| < δ ⟹ |f(x)−f(y)| < ε/2. 今、 ∫_{0}^{1} n(1−x)^{n−1}dx = 1 より、 I_{n} ≡ |f(0)−∫_{0}^{1} f(x)n(1−x)^{n−1}dx| = | ∫_{0}^{1}{f(0) − f(x)}n(1 − x)^{n−1}dx| ≤ | ∫_{0}^{δ}{f(0) − f(x)}n(1 − x)^{n−1}dx| + | ∫_{δ}^{1}{f(0) − f(x)}n(1 − x)^{n−1}dx| ≡ J_{n} + K_{n}. ここで、 K_{n} ≤ ∫_{0}^{δ} |f(0) − f(x)|n(1 − x)^{n−1}dx ≤ \frac{ε}{2} ∫_{0}^{1} n(1 − x)^{n−1}dx = \frac{ε}{2}. 一方、 δ ≤ x ≤ 1 に対し |{f(0)−f(x)}n(1−x)^{n−1}| ≤ 2Mn(1−δ)^{n} → 0 より一様収束するから K_{n} → 0. (M = max_{0≤x≤1} |f(x)| とした。 ) 即ち、ある N が存在して n ≥ N ⟹ |K_{n}| < ε/2 とできる。以上より、 n ≥ N ⟹ |I_{n}| ≤ |J_{n}| + |K_{n}| < ε となるから、即ち、 lim ∫_{0}^{1} f(x)n(1 − x)^{n−1} dx = f(0) の証明が完了した。

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 90 点である。平均点は 20.2 点、最高点は 58 点でした。

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。 3これを略した解答は減点した。 4Weierstass の M-判定法を用いるとき |f_{n}(x)| ≤ M_{n}, ∑ M_{n} < ∞ における M_{n} は x の関数であってはいけない。 M_{n} が x に依存していた解答は 0 点とした。

5収束半径や一様収束性に言及せずに項別積分をした解答はすべて 0 点とした。