微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2006 年 11 月 7 日の試験の解答の要点^{1}

1 [5 × 5 + 10(6)] (1) \frac{1}{\sqrt{n^{2}−1}} ≥ \frac{1}{n} (n ≥ 2) で ∑ \frac{1}{n} = ∞ であるから発散する。^{2}

(2) n ≥ 6 のとき n − 3 ≥ \frac{1}{2}n であるから n^{3} − 3n + 3 ≥ \frac{1}{2}n^{3}. よって、 |\frac{n}{n^{3}−3n+3}| ≤ \frac{2}{n^{2}} (n ≥ 6) で ∑ \frac{1}{n^{2}} < ∞ であるから絶対収束する。

(3) 0 < log(1 + x) < x (x > 0) より |\frac{1}{n} log(1 + \frac{1}{n})| ≤ \frac{1}{n^{2}} (n ≥ 1) で ∑ \frac{1}{n^{2}} < ∞ であるから絶対収束する。

(4) a_{n} = \frac{n^{n}}{(n!)^{2}} とおくと、\frac{a_{n+1}}{a_{n}} = (\frac{n!}{(n+1)!})^{2} \frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n}} = \frac{1}{n+1}(1 + \frac{1}{n})^{n} → 0 (n → ∞) より絶対収束する。

(5) 0 < sin x < x (0 < x < 1) より |(−1)^{n−1} sin^{2} \frac{1}{n}| ≤ \frac{1}{n^{2}} (n ≥ 1) で ∑ \frac{1}{n^{2}} < ∞ であるから絶対収束する。

(6) a_{n} = \sqrt[3]{n + 1}−\sqrt[3]{n} とおくと、 a_{n} = \frac{1}{( \sqrt[3]{n+1})^{2}+ \sqrt[3]{n+1} \sqrt[3]{n}+( \sqrt[3]{n})^{2}} より lim a_{n} = 0 および a_{n} ≥ a_{n+1}(n ≥ 1) を得る。よって、交項級数 ∑(−1)^{n}a_{n} は収束する。一方、 a_{n} ≥ \frac{1}{3n^{2/3}} で ∑ \frac{1}{n^{2/3}} = ∞ より、 ∑ |(−1)^{n}a_{n}| は発散する。以上より、与えられた級数は条件収束する。

2 [5] まず f_{n} は 0 に各点収束することに注意する。 |f_{n}(x) − 0|(= f_{n}(x)) は x = \frac{2}{n} のとき最大となるので、 n ≥ 2 のとき M_{n} := sup{|f_{n}(x) − 0|; x ∈ [0, 1]} = 4e^{−2}n^{p−2} となる。よって、 M_{n} → 0 (n → 0) となるのは p − 2 < 0 となるときだから、 p < 2.

3 [15] (1) \sqrt[n]{(1 − \frac{1}{n})^{n^{2}}} = (1 − \frac{1}{n})^{n} → e^{−1} (n → ∞) より、収束半径は e.

(2) a_{n} = \frac{(n!)^{3}}{(3n)!} とおくと、 |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | = \frac{(n+1)^{2}}{3(3n+2)(3n+1)} → \frac{1}{27} (n → ∞) より、収束半径は 27.

(3) a_{n} = n2^{n} とおくと、 |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | = \frac{2(n+1)}{n} → 2 (n → ∞) より、 t = x^{3} とおいたべき級数 ∑ a_{n}t^{n} の収束半径は\frac{1}{2}. これよりべき級数 ∑ a_{n}x^{3n} は |x^{3}| < \frac{1}{2} のとき絶対収束、 |x^{3}| > \frac{1}{2} のとき発散するから、収束半径は\frac{1}{\sqrt[3]{2}}.

4 [10] 漸化式より α = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, β = \frac{1−\sqrt{5}}{2} とおくと、 a_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}}(α^{n+1} − β^{n+1}) となる^{3}。よって、 |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | =

\frac{α^{n+2}−β^{n+2}}{α^{n+1}−β^{n+1}} → α より、収束半径 r は r = \frac{1}{α} = \frac{\sqrt{5}−1}{2}. 次に ∑ α^{n+1}x^{n}, ∑ β^{n+1}x^{n} の収束半径はそれぞれ \frac{1}{α}, \frac{1}{|β|} であるから、 r = \frac{1}{α} < \frac{1}{|β|} に注意すると、 |x| < r なる x に対して、 ∑ α^{n+1}x^{n}, ∑ β^{n+1}x^{n} はともに収束する。よって、 ∑ a_{n}x^{n} = \frac{1}{\sqrt{5}}(α ∑ α^{n}x^{n} − β ∑ β^{n}x^{n}) = \frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{α}{1−αx} − \frac{β}{1−βx}) = \frac{1}{1−x−x^{2}} を得る。

5 [20] (1) |a^{n} sin nθ| ≤ a^{n}, ∑ a^{n} < ∞ となるから Weierstrass の優級数定理により右辺は一様収束する。

(2) (1) より f(θ) の右辺は各点収束している。また、明らかに a^{n} sin nθ は C^{1} 級で、 |(a^{n} sin nθ)′| ≤ na^{n} で ∑ na^{n} < ∞ となるから Weierstrass の優級数定理により ∑ na^{n} cos nθ は一様収束する。従って、 f(θ) は微分可能で、 f′(θ) = ∑_{n=1}^{∞} na^{n} cos nθ となる。

(3) (a) (1−2a cos θ+a^{2}) ∑_{n=1}^{N} a^{n} sin nθ = ∑_{n=1}^{N} a^{n} sin nθ−a ∑_{n=1}^{N} a^{n}2 cos θ sin nθ+a^{2} ∑_{n=1}^{N} a^{n} sin nθ = ∑_{n=1}^{N} a^{n} sin nθ − a ∑_{n=1}^{N} a^{n}(sin(n + 1)θ + sin(n − 1)θ) + a^{2} ∑_{n=1}^{N} a^{n} sin nθ = a sin θ − a^{N+1} sin(N + 1)θ + a^{N+2} sin Nθ. よって、 N → ∞ とすることで、 (1 − 2a cos θ + a^{2})f(θ) = a sin θ を得る。

(b) (1) と同様に Weierstrass の優級数定理により級数 ∑_{n=1}^{∞} a^{n} sin nθ sin kθ は一様収束し、また各項は連続だから項別積分できる。よって、 (与式)= \frac{1}{a} ∫_{0}^{2π} f(θ) sin kθ dθ = \frac{1}{a} ∑_{n=1}^{∞} a^{n} ∫_{0}^{2π} sin nθ sin kθ dθ = πa^{k−1}. 最後の等号は ∫_{0}^{2π} sin nθ sin kθ dθ = π (n = k), = 0 (n ≠ k) であることを用いた。

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。 2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。また、 lim_{n→∞} を単に lim と記す。以下も同様。 3この漸化式は次のように解く。上記の α, β は x^{2} = x + 1 の根だから α + β = 1, αβ = −1 をみたす。よって、漸化式を a_{n+1} − αa_{n} = β(a_{n} − αa_{n−1}) と変形できる。これより a_{n+1} − αa_{n} = β^{n}(a_{1} − αa_{0}). (β ≠ 1 に注意。 ) 同様に a_{n+1} − βa_{n} = α(a_{n} − βa_{n−1}) と変形し、 a_{n+1} − βa_{n} = α^{n}(a_{1} − βa_{0}) を得る。この二つを連立させて解けば、 a_{n} = \frac{1}{α−β} \{α^{n}(1 − β) − β^{n}(1 − α)\} = \frac{1}{\sqrt{5}} (α^{n+1} − β^{n+1}) がわかる。但し、最後の等号は α − β = \sqrt{5}, α + β = 1 を用いた。 (演習問題を載せておきます。解いてみてください。 )

問題次の漸化式で定められる数列 \{a_{n}\} の一般項を求めよ。 (解答 (1) a_{n} = \frac{1}{2} \{(−1)^{n+1} − (−3)^{n+1}\}, (2) a_{n} = \frac{3}{4} \{1 − (− \frac{1}{3} )^{n−1}\})

(1) a_{0} = 1, a_{1} = −4, a_{n+1} = −4a_{n} − 3a_{n−1} (2) a_{1} = 0, a_{2} = 1, 3a_{n+2} − 2a_{n+1} − a_{n} = 0 (数研出版オリジナル数学 B より)