微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2007 年 5 月 11 日^{1}

§ 1.2 関数の極限の補足問題^{2}

9. |f(x)| → 0 (x → a) のとき、 f(x) → 0 (x → a) となることを ε-δ 論法を用いて示せ。

10. f(x) → A (x → a) のとき、 |f(x)| → |A| (x → a) となることを ε-δ 論法を用いて示せ。

11. 次を示せ。

(1) f(x) → A (x → a) であれば、 f(x) → A (x → a + 0) かつ f(x) → A (x → a − 0) となる。

(2) f(x) → A (x → a + 0) かつ f(x) → A (x → a − 0) であれば、 f(x) → A (x → A) となる。

12. g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) (x ≥ L) であり、 lim_{x→∞} g(x) = A かつ lim_{x→∞} h(x) = A であれば、 lim_{x→∞} f(x) = A となることを示せ。

13. 次の極限値を求めよ。

(1) lim_{x→π/2} \frac{sin(cos x)}{cos x}  (2) lim_{x→1} \frac{tan(x^{2} − 1)}{x − 1}  (3) lim_{x→1} \frac{cos 3x − 1}{sin^{2} x}

(4) lim_{x→1+0} \frac{x^{2} + x − 2}{|x − 1|}  (5) lim_{x→1−0} \frac{x^{2} + x − 2}{|x − 1|}  (6) lim_{x→0} \frac{(1 + x)^{1/5} − (1 − x)^{1/5}}{(1 + 2x)^{1/3} − (1 − 2x)^{1/3}}

(7) lim_{x→∞}(\sqrt{x^{2} + x + 1} − \sqrt{x^{2} − x + 1}) (8) lim_{x→∞}(sin \sqrt{x + a} − sin \sqrt{x}) (9) lim_{x→−∞} x (x + \sqrt{x^{2} − 1})

14. x → ∞ のとき sin x が収束しないことを教科書 p.14 の定義に基づいて示せ。

§ 1.3 連続関数の補足問題^{3}

15. 次の値を求めよ。

(1) Arcsin \frac{1}{2}  (2) Arcsin (−\frac{1}{2})  (3) Arccos \frac{1}{2}  (4) Arccos (−\frac{1}{2})  (5) Arctan \sqrt{3}

16. 次の関数が (−∞, ∞) で一様連続か調べよ。

(1) sin x  (2) e^{−|x|}  (3) x^{2}  (4) sin^{2} x  (5) sin x^{2}

1http://www.math.u-ryukyu.ac.jp/˜ sugiura/index.html からもダウンロードできます。

2略解: 9. |f(x) − 0| = |f(x)| = ||f(x)| − 0| に注意して ε-δ 論法を用いよ。

10. ||f(x)| − |A|| ≤ |f(x) − A| に注意して ε-δ 論法を用いよ。

11. (1) ε > 0 を任意にとる。仮定より、ある δ > 0 があって、 0 < |x − a| < δ ならば |f(x) − A| < ε. よって、 0 < x − a < δ ならば |f(x) − A| < ε となるから、 f(x) → A (x → a + 0) を得る。後者も同様。

(2) ε > 0 を任意にとる。仮定の前者より、ある δ_{1} > 0 があって、 0 < x − a < δ_{1} ならば |f(x) − A| < ε. 仮定の後者より、ある δ_{2} > 0 があって、 0 < a − x < δ_{2} ならば |f(x) − A| < ε. よって、 δ = min{δ_{1}, δ_{2}} とおけば δ > 0 で、 0 < |x − a| < δ ならば 0 < x − a < δ ≤ δ_{1} もしくは 0 < a − x < δ ≤ δ_{2} が成立するのでいずれにせよ |f(x) − A| < ε となる。よって、示された。

12. ε > 0 を任意にとる。第 2 の仮定よりある M_{1} > 0 があって x > M_{1} ならば |g(x) − A| < ε, 特に、 g(x) > A − ε となり、第 3 の仮定よりある M_{2} > 0 があって x > M_{2} ならば |h(x) − A| < ε, 特に、 h(x) < A + ε となる。よって、 M = max{L, M_{1}, M_{2}} とおけば、 x > M ならば x > M_{1} かつ x > M_{2} となり、また x > L より第 1 の仮定が使えて、 A − ε < g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) < A + ε, 即ち、 |f(x) − A| < ε となるので主張は示された。

13. (1) 1 (2) 2 (3) −9 (4) 3 (5) −3 (6) 3/10 (7) 1 (8) 0 (9) 1/2 ヒント: 次のように変形して考えよ。 (2) \frac{sin(x^{2}−1)}{x^{2}−1} \frac{x+1}{cos(x^{2}−1)}

(3) −( \frac{sin 3x}{3x} \frac{x}{sin x})^{2} \frac{9}{cos 3x+1} (6) \frac{a^{5}−b^{5}}{a^{4}+a^{3}b+a^{2}b^{2}+ab^{3}+b^{4}} \frac{c^{2}+cd+d^{2}}{c^{3}−d^{3}} , a = (1+x)^{1/5}, b = (1−x)^{1/5}, c = (1+2x)^{1/3}, d = (1−2x)^{1/3}

(8) |2 cos \frac{α+β}{2} sin \frac{α−β}{2} | ≤ 2| sin \frac{a}{2(α+β)} |, α = \sqrt{x + a}, β = \sqrt{x} (9) t = −x とおけ 14 もしある値 A に収束すれば、ある M があって、 x > M ならば | sin x − A| < 1/2 とできる。即ち、 x, y > M ならば | sin x − sin y| ≤ | sin x − A| + | sin y − A| < 1 となる。しかし、この実数 M と 2π に対し Archimedes の公理によりある自然数 n があって 2πn > M とできる。このとき、 2πn + π/2 > M であるが、 | sin 2πn − sin(2πn + π/2)| = 1 となるので矛盾である。

3略解: 15. (1) π/6 (2) −π/6 (3) π/3 (4) 2π/3 (5) π/3, 16 は野本・岸著「解析演習」サイエンス社 pp.40–41 を見よ。