微分積分学 AD I, 数学序論演習 I 2007 年 6 月 8 日のテストの解答の要点^{1}

1 [10] (1) (与式)= α とおくと cos α = − cos \frac{π}{4} cos \frac{π}{3} −sin \frac{π}{4} sin \frac{π}{3} = − cos(\frac{π}{4} − \frac{π}{3} ) = − cos \frac{π}{12}, 0 ≤ α ≤ π となるから、 α = \frac{11}{12}π.

(2) (与式)= α とおくと tan β = \frac{tan \frac{π}{3} +tan \frac{π}{4}}{1−tan \frac{π}{3} tan \frac{π}{4}} = tan(\frac{π}{3} + \frac{π}{4} ) = tan \frac{7}{12}π, −\frac{π}{2} < β < \frac{π}{2} となるから、 β = −\frac{5}{12}π.

2 [10] (1) φ(x) = x−f(x) とおくと、 φ(x) は [0, 2] で連続であり、 φ(0) = −f(0) < 0, φ(2) = 2−f(2) > 0. よって、 φ(0) < 0 < φ(2) 少なくとも一つ解をもつ。

(2) 三次方程式 ax^{3} + bx^{2} + cx + d = 0 (a ≠ 0) について P (x) = x^{3} + \frac{b}{a}x^{2} + \frac{c}{a}x + \frac{d}{a} とおくと、 P (x) =

x^{3}(1+ \frac{b}{a} \frac{1}{x} + \frac{c}{a} \frac{1}{x^{2}} + \frac{d}{a} \frac{1}{x^{3}} ) より、 lim_{x→∞} P (x) = ∞, lim_{x→−∞} P (x) = −∞. よって、ある M_{1} > 0, M_{2} > 0 が

あって、 x > M_{1} ならば P (x) > 1, x < −M_{2} ならば P (x) < −1 とできる。このとき、 P (x) は明らかに連続で P (−M_{2}) < 0 < P (M_{1}) あるから、 [−M_{2}, M_{1}] において中間値の定理を用いると、 P (α) = 0, −M_{2} ≤ α ≤ M_{1} を満たす α が存在する。この α は aα^{3} + bα^{2} + cα + d = 0 を満たすので、三次方程式は実根をもつ。

3 [25] (1) t = cos x−1 とおくと、 x → 0 のとき t → 0 より、 (与式)= lim_{t→0}(1+t)^{−1/t} = lim_{t→0} \frac{1}{(1+t)^{1/t}} = \frac{1}{e}.

(2) t = 2^{x} − 1 とおくと x log 2 = log(1 + t) で、 x → 0 ならば t → 0.

よって、 (与式)= lim_{t→0} \frac{t log 2}{log(1+t)} = lim_{t→0} \frac{log 2}{log(1+t)^{1/t}} = \frac{log 2}{log e} = log 2.

(3) t_{n} = \frac{2}{n} + \frac{2}{n^{2}} とおくと lim_{n→∞} t_{n} = 0 であるから、 lim_{n→∞}(1 + t_{n})^{1/t_{n}} = e となる^{2}。従って、 (与式)=

lim_{n→∞}\{(1 + t_{n})^{1/t_{n}}\}^{( \frac{2}{n} + \frac{2}{n^{2}} )n} = lim_{n→∞}\{(1 + t_{n})^{1/t_{n}}\}^{2+ \frac{2}{n}} = e^{2}.

(4) t = Arcsin x とおくと、 x → 0 と t → 0 は同値であるから、 (与式)= lim_{t→0} \frac{sin t}{t} = 1.

(5) t = Arccos x とおくと、 x → 1 − 0 と t → +0 は同値で、 (与式)= lim_{t→+0} \frac{t^{2}}{cos t−1} = lim_{t→+0}(\frac{sin t}{t})^{−2}(− cos t − 1) = −2.

4 [5+10] (1) 任意の ε > 0 に対して、 δ = ε とおくと δ > 0 で |x| < δ ならば |f(x) − f(0)| = |f(x)| ≤ |x| < ε となるので、 f(x) は x = 0 で連続。

(2) 任意の実数 a とする。このとき、各 n ∈ N に対して、有理数 t_{n} を有理数の稠密性により a < t_{n} < a+ \frac{1}{n} と、無理数 x_{n} を無理数の稠密性により a < x_{n} < a + \frac{1}{n} ととれる。これより、 a に収束する有理数からなる数列 {t_{n}} と無理数からなる数列 {x_{n}} が得られる。よって、 lim_{n→∞} f(t_{n}) = lim_{n→∞} t_{n} = a, lim_{n→∞} f(x_{n}) = lim_{n→∞} 0 = 0 となるので、 a ≠ 0 のとき、 lim_{x→a} f(x) は存在しない。即ち、 f(x) は x = a で連続ではない。

5 [10] (1) | cos(x + h) − cos x| = | − 2 sin \frac{2x+h}{2} sin \frac{h}{2}| ≤ 2| sin \frac{h}{2}| ≤ 2|\frac{h}{2}| = |h| となるから、任意の ε > 0 に対して、 δ = ε とすれば、 δ > 0 で、 |x − t| < δ となるすべての実数 x, t に対して | cos x − cos t| ≤ |x − t| < ε となるので一様連続である。

(2) 一様連続と仮定すると、 ε = 1 に対してある δ > 0 があって、

|x − t| < δ ならば | sin \frac{π}{x} − sin \frac{π}{t} | < 1 ⋯ (I) とできる。ここで、 x_{n} = \frac{1}{2n}, t_{n} = \frac{1}{2n+ \frac{1}{2}} とすると、 |x_{n} − t_{n}| = \frac{1/2}{2n(2n+1/2)} < \frac{1}{8n} より、 n > \frac{1}{8δ} なる自然数 n に対して、 0 < |x_{n} − t_{n}| < δ となるが | sin \frac{π}{x_{n}} − sin \frac{π}{t_{n}} | = |0 − 1| = 1. これは (I) に矛盾する。よって、一様連続ではない。

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 70 点である。

2 lim_{x→α} f(x) = A で {x_{n}} が x_{n} ≠ α (n ∈ N) かつ lim_{n→∞} x_{n} = α を満たせば、 lim_{n→∞} f(x_{n}) = A となることを用いた (定理 1.14)。