微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2007 年 5 月 8 日のテストの解答の要点^{1}

1 [5] ε > 0 を任意にとる。 lim_{n→∞} a_{n} = α より、ある N ∈ N が存在して、 n ≥ N ⇒ |a_{n} − α| < ε とできる。よって、 |b_{n} − α| ≤ |a_{n} − α| より、 n ≥ N ⇒ |b_{n} − α| < ε となり、主張を得る。

2 [5] 任意の M > 0 に対して、アルキメデスの公理によりある N ∈ N があって、 M < bN とできる。このとき、 n ≥ N ならば bn ≥ bN より、 n ≥ N ⇒ bn > M となり、主張を得る。

3 [5] (2n)! ≥ 2n · (2n − 1) ⋯ (n + 1) ≥ n^{n} であるから、\sqrt[2n]{(2n)!} ≥ (n^{n})^{\frac{1}{2n}} = \sqrt{n}.

よって、 0 ≤ \sqrt[2n]{\frac{1}{(2n)!}} ≤ \sqrt{\frac{1}{n}} で、 lim_{n→∞} \sqrt{\frac{1}{n}} = 0 であるから、与式を得る。

4 [15] (1) 数学的帰納法を用いる。 n = 1 のときは明らか。 n のとき成り立つと仮定すると、 a_{n} < b_{n} であるから、特に a_{n} ≠ b_{n}. n + 1 のとき、 b_{n+1} − a_{n+1} = \frac{1}{2}(\sqrt{b_{n}} − \sqrt{a_{n}})^{2} > 0. よって、成立するから、証明は完了した。

(2) 定義から明らかに a_{n} > 0 であることに注意する。 (1) より a_{n+1} −a_{n} = \sqrt{a_{n}b_{n}} −a_{n} = \sqrt{a_{n}}(\sqrt{b_{n}} − \sqrt{a_{n}}) > 0. よって、 \{a_{n}\} は単調増加となる。再び (1) より、 b_{n+1} − b_{n} = (a_{n} + b_{n})/2 − b_{n} = −(b_{n} − a_{n})/2 < 0 となり、 {b_{n}} は単調減少となる。^{2}

(3) b_{n+1} − a_{n+1} ≤ \frac{a_{n}+b_{n}}{2} − a_{n} = \frac{1}{2}(b_{n} − a_{n}) より b_{n} − a_{n} ≤ \frac{1}{2}(b_{n−1} − a_{n−1}) ≤ ⋯ ≤ \frac{1}{2^{n−1}} (b − a). よって、 (1) とあわせて、 0 ≤ b_{n} − a_{n} ≤ \frac{1}{2^{n−1}} (b − a). ここで、 lim_{n→∞} \frac{1}{2^{n−1}} (b − a) = 0 であるから、 lim_{n→∞}(b_{n} − a_{n}) = 0 となる。

5 [8+7] (1) まず、数学的帰納法を用い、 a_{n} > 0 を証明する。 n = 1 のときは a_{1} = 1 より成立する。 n までのとき、即ち、 a_{1} > 0, …, a_{n} > 0 が成立すると仮定する^{3}。 n + 1 のとき、 a_{1} + ⋯ + a_{n} > 0 であるから a_{n+1} = \frac{1}{a_{1}+···+a_{n}} > 0. よって、すべての n に対して a_{n} > 0 が示された。特に、 \{a_{n}\} が下から有界である。また、 0 < a_{1} + ⋯ + a_{n−1} < a_{1} + ⋯ + a_{n−1} + a_{n} より a_{n} > a_{n+1} となるので、 {a_{n}} は単調減少である。

(2) (1) より {a_{n}} は収束するのでその極限値を α とする。すべての n に対して a_{n} > 0 であるから、 α ≥ 0. もし、 α > 0 であれば、 {a_{n}} は単調減少であるから、 a_{n} ≥ α (n ∈ N) となり、特に与えられた漸化式により、 (0 <)a_{n+1} ≤ \frac{1}{nα}. よって、 lim_{n→∞} a_{n} = 0 となり、これは α > 0 に矛盾する。よって、 α = 0 となるので、 lim_{n→∞} a_{n} = 0 となる^{4}。

6 [10] 数学的帰納法により a_{n} > 0 が示せる。よって、 a_{n+1} −a_{n} = −\frac{a_{n}−a_{n−1}}{(2+a_{n})(2+a_{n−1})} より、 |a_{n+1} −a_{n}| ≤ \frac{1}{4}|a_{n} − a_{n−1}| となる。従って、 |a_{n+1} − a_{n}| ≤ \frac{1}{4^{n−1}} |a_{2} − a_{1}| = \frac{1}{4^{n}}. これより、 m > n ならば、 |a_{m} − a_{n}| ≤ |a_{m} − a_{m−1}| + ⋯ + |a_{n+1} − a_{n}| ≤ \frac{1}{4^{m−1}} + ⋯ + \frac{1}{4^{n}} ≤ \frac{4}{3} · \frac{1}{4^{n}}. よって、 a_{m} − a_{n} → 0 (m, n → ∞) となるので、 {a_{n}} は Cauchy の判定条件を満たす。よって、 \{a_{n}\} は収束するのでその極限値を α とすると、与えられた漸化式により α = 2 + \frac{1}{2+α}. これを解いて α = ±\sqrt{5}. ここで、 a_{n} > 0 (n ∈ N) より α ≥ 0 であるから、 α = \sqrt{5} 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 55 点である。

2この解答に数学的帰納法を使っていないのに「数学的帰納法により」という証明が多々あった。今回は減点しなかったが、次回テストからそう書いた答案は減点する。

3 「a_{1} > 0, …, a_{n} > 0」を一つの命題として数学的帰納法を用いた。 (高校の学習指導要領ではこのような「技巧をもちいるものは避ける」と書いてある。しかし、実は有効な場合が多いのであえてこの証明法を述べた。 ) 別証明: a_{n} > 0 のみ仮定し、 a_{n+1} = 1/( \frac{1}{a_{n}} + a_{n}) > 0 としてもよい。

4別証明: (1) より \{a_{n}\} は単調減少であるから、 n ≥ 2 のとき、 a_{n} = \frac{1}{a_{1}+···+a_{n−1}} < \frac{1}{a_{n}+···+a_{n}} = \frac{1}{(n−1)a_{n}} となる。よって、 0 < a_{n} < \sqrt{\frac{1}{n−1}} となるので、 lim_{n→∞} \sqrt{\frac{1}{n−1}} = 0 より lim_{n→∞} a_{n} = 0 となるとしてもよい。