微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2006 年 5 月 30 日の試験の解答の要点^{1}

1 [10] (1) f(x) → α (x → a) より、ある δ_{1} > 0 がとれて 0 < |x − a| < δ_{1} ならば |f(x) − α| < α/2 とでき

る。よって、このとき、 f(x) > α/2 となる。

(2) 任意の ε > 0 をとる。仮定より、ある δ_{2} > 0 がとれて 0 < |x − a| < δ_{2} ならば |f(x) − α| < α^{2}ε/2 とできる。このとき、 δ = min{δ_{1}, δ_{2}} とおくと (1) を用いて

0 < |x − a| < δ_{1} ならば|\frac{1}{f(x)} − \frac{1}{α} | = \frac{|f(x)−α|}{αf(x)} < \frac{α^{2}ε/2}{α·α/2} = ε

となり、証明は完了する。

2 [30] (1) a^{2} − b^{2} = (a − b)(a + b), c^{3} − d^{3} = (c − d)(c^{2} + cd + d^{2}) を a = (2 + x)^{1/2}, b = (2 − x)^{1/2}, c =

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

(2) (与式)= lim_{x→−1−0} \frac{(x+1)(x+2)}{−(x+1)} = lim_{x→−1−0}(−x − 2) = −1

(3) x → 0 のとき cos x − 1 → 0 より\frac{sin(cos x−1)}{cos x−1} → 1. よって、

(与式)= lim_{x→0} \frac{sin(cos x−1)}{cos x−1} \frac{cos x−1}{x^{2}} = lim_{x→0} \frac{sin(cos x−1)}{cos x−1} (\frac{sin x}{x})^{2} \frac{−1}{1+cos x} = −\frac{1}{2}.

(4) x → 0 のとき −2x + x^{2} → 0 より (1 − 2x + x^{2})^{1/(−2x+x^{2})} → 1. よって、

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

(5) y = −x とおくと、 x → −∞ のとき y → ∞ より、 (2^{x} + 3^{x} + 4^{x})^{1/x} = (2^{−y} + 3^{−y} + 4^{−y})^{−1/y} = 2 \{1 + (\frac{2}{3})^{y} + (\frac{1}{2})^{y}\}^{−1/y} → 2 · (1 + 0 + 0)^{0} = 2.

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

3 [20] (1) 有界閉区間 [a, b] で連続な関数 f(x) に対し、 f(a) ≠ f(b) ならば f(a) と f(b) の間の値 l に対しある c ∈ (a, b) がとれて f(c) = l となる。

(2) (a) f(x) = x tan x とする。 f(nπ) = 0, f(nπ + \frac{π}{3} ) = (nπ + \frac{π}{3} )\sqrt{3} より f(nπ) < 1 < f(nπ + \frac{π}{3} ) であるから中間値の定理によりある x_{n} ∈ (nπ, nπ + \frac{π}{3} ) がとれて x_{n} tan x_{n} = 1 とできる。また、 f(x) = x tan x は (nπ, nπ + \frac{π}{2} ) で狭義単調増加であるから、 x tan x = 1 となるのはこの範囲で x_{n} だけである。

(b) (イ) α_{n} = x_{n} − nπ より 0 < α_{n} < \frac{π}{2} . また、 nπ + α_{n} < (n + 1)π + α_{n+1} より tan α_{n+1} = \frac{1}{(n+1)π+α_{n+1}} < \frac{1}{nπ+α_{n}} = tan α_{n}. よって、 tan x は (0, \frac{π}{2} ) で狭義単調増加であるから α_{n+1} < α_{n} を得る。

(ロ) 0 < x < \frac{π}{2} のとき 0 < x < tan x に注意すると、 0 < α_{n} < tan α_{n}. また、 tan α_{n} = \frac{1}{nπ+α_{n}} より tan α_{n} → 0 (n → 0). よって、はさみうちにより lim_{n→∞}α_{n} = 0 を得る。

4 [5] 任意の δ > 0 に対し、 y = x + \frac{δ}{2} とすると |\frac{1}{x^{2}} − \frac{1}{(x+ \frac{δ}{2} )^{2}} | = \frac{(2x+ \frac{δ}{2} ) \frac{δ}{2}}{x^{2}(x+ \frac{δ}{2} )^{2}} → ∞ (x → +0). これはどんな

δ > 0 をとっても x, y ∈ (0, 1] かつ |x − y| < δ でありながら |\frac{1}{x^{2}} − \frac{1}{y^{2}} | ≥ 1 となる x, y が存在することを示しているので、一様連続とはならない。^{3}

5 [10] (1) \frac{1}{3} ≤ a_{n} ≤ 1 (n ≥ 1) は数学的帰納法より示せる^{4}。これより (2 + a_{n})(2 + a_{n−1}) ≥ \frac{49}{9} であるか

ら、 |a_{n+1} − a_{n}| = |\frac{1}{2+a_{n}} − \frac{1}{2+a_{n−1}} | = \frac{|a_{n}−a_{n−1}|}{(2+a_{n})(2+a_{n−1})} ≤ \frac{9}{49}|a_{n} − a_{n−1}| ≤ \frac{9}{16}|a_{n} − a_{n−1}| を得る。

(2) (1) より |a_{n+1}−a_{n}| ≤ \frac{9}{49}|a_{n}−a_{n−1}| ≤ (\frac{9}{49})^{2} |a_{n−1}−a_{n−2}| ≤ ⋯ ≤ (\frac{9}{49})^{n−2} |a_{2}−a_{1}| = \frac{2}{3} (\frac{9}{49})^{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{2}{3} (\frac{9}{49})^{k−2} ≤ \frac{\frac{2}{3}(\frac{9}{49})^{n−1}}{1− \frac{9}{49}} → 0

(n → ∞). 即ち、 Cauchy 列となる。よって、極限を持つので、 α = lim_{n→∞}a_{n} とおくと、与式で n → ∞ と

すると α = \frac{1}{2+α}. これを解くと α = −1 ± \sqrt{2}. \frac{1}{3} ≤ a_{n} ≤ 1 より\frac{1}{3} ≤ α ≤ 1. よって α = \sqrt{2} − 1 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 75 点である。注意: 2 (1)–(6) と 3 (1) について部分点はなしです。

2= ⋯ = は式の整理等を略していることを意味しています。適宜自分で補ってください。 3一様連続ならば、任意の ε > 0 に対しある δ > 0 がとれて x, y ∈ (0, 1], |x − y| < δ ⇒ | \frac{1}{x^{2}} − \frac{1}{y^{2}} | < ε. これの否定となっている。 4もちろん証明していない解答は減点した。 平均点 29 点, 標準偏差 14.1 点でした。