微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2007 年 5 月 25 日のテストの解答の要点^{1}

1 [5] \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{n(n+1)} − \frac{1}{(n+1)(n+2)}) より、 (与式)= \frac{1}{2}(\frac{1}{1·2} − \frac{1}{2·3}) + \frac{1}{2}(\frac{1}{2·3} − \frac{1}{3·4}) + \frac{1}{2}(\frac{1}{n(n+1)} − \frac{1}{(n+1)(n+2)}) = \frac{1}{4} − \frac{1}{2(n+1)(n+2)} → \frac{1}{4} (n → ∞).

2 [5] a_{2n} − a_{n} = ∑_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{2k−1} > ∑_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{2·2n−1} = \frac{n}{4n−1} > \frac{1}{4}. よって、 a_{2^{m}} = a_{2^{m}} − a_{2^{m−1}} + a_{2^{m−1}} − a_{2^{m−2}} + ⋯ + a_{2} − a_{1} + a_{1} > \frac{m}{4} + 1. \{a_{n}\} は単調増加だから、任意の M > 0 に対して、 N = 2^{[4M]}

とおけば、 n ≥ N ならば a_{n} ≥ a_{2^{[4M]}} > \frac{[4M]}{4} + 1 > M となり、 lim_{n→∞} a_{n} = ∞ を得る。

3 [25] (1) (与式)= lim_{x→0} \frac{sin^{2} x}{x tan x(1+cos x)} = lim_{x→0} \frac{sin x}{x} \frac{cos x}{1+cos x} = \frac{1}{2}.

(2) t = π(x − 1) とおくと、 x → 1 と t → 0 は同値であるから、

(与式)= lim_{t→0} \frac{sin(t+π)}{t/π} = lim_{t→0} \frac{−π sin t}{t} = −π.

(3) 0 < x < 2 のとき |x^{2} − x − 2| = |(x + 1)(x − 2)| = −(x + 1)(x − 2) だから、

(与式)= lim_{x→2−0} \frac{(2x+1)(x−2)}{−(x+1)(x−2)} = lim_{x→2−0} \frac{2x+1}{−(x+1)} = −\frac{5}{3}.

(4) | cos \sqrt{x} − cos \sqrt{x − 1}| = | − 2 sin \frac{\sqrt{x}+\sqrt{x−1}}{2} sin \frac{\sqrt{x}−\sqrt{x−1}}{2}| ≤ 2| sin \frac{1}{2(\sqrt{x}+\sqrt{x−1})}| → 0 (x → ∞). よって、 (与式)= 0.

(5) t = −x とおくと、 x → −∞ と t → +∞ は同値であるから、

(与式)= lim_{t→∞}(−t)(−t + \sqrt{2 + t^{2}}) = lim_{t→∞} \frac{−t(−t^{2}+2+t^{2})}{t+\sqrt{2+t^{2}}} = lim_{t→∞} _{\frac{−2}{1+\sqrt{1+ \frac{2}{t^{2}}}}} = −1.

注意解答に lim_{t→∞} −t(−t+\sqrt{2 + t^{2}}) という式を書いているものが多くあった。これは lim_{t→∞} から t(−t+\sqrt{2 + t^{2}}) を引いたものを表している。 (もちろん意味を成さない。 ) 括弧を忘れずにつけること。今回は減点しなかったが次回から減点します。さすがに、 lim_{t→∞} t^{2} − t\sqrt{2 + t^{2}} とした解答からは 2 点減点しました。

4 [5] 実数 a, b に対して||a| − |b|| ≤ |a − b| に注意する。 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 とできる。ここで、||f(x)| − |A|| ≤ |f(x) − A| であるから、上とあわせて、 0 < |x − a| < δ ならば||f(x)| − |A|| < ε となる。以上より、 |f(x)| → |A| (x → a) を得る。

5 [10] 収束すると仮定し、その極限を A とすると、 ε = \frac{1}{2} をとれば、ある δ > 0 があって、 0 < x < δ

ならば | sin \frac{1}{x} − A| < \frac{1}{2} とできる。これより、

0 < x < δ, 0 < t < δ ⇒ | sin \frac{1}{x} − sin \frac{1}{t}| ≤ | sin \frac{1}{x} − A| + | sin \frac{1}{t} − A| < 1. ⋯ (I) ここで、 N ∈ N を 2πN > \frac{1}{δ} と選び (Archimedes の公理を用いた)、 x_{n} = \frac{1}{2πn}, t_{n} = \frac{1}{2πn+ \frac{π}{2}} とすると、 n ≥ N ならば 0 < x_{n} < δ, 0 < t_{n} < δ となるが、 | sin \frac{1}{x_{n}} − sin \frac{1}{t_{n}} | = |0 − 1| = 1. これは (I) に矛盾する。よって、収束しない。

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 50 点である。