微分積分学 AD II, 数学序論演習 II 2008 年 1 月 25 日の試験の解答の要点^{1}

1 (1) a_{n} = \frac{n^{2n}}{(2n)!} とおくと、\frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{(n+1)^{2n+2}}{(2n+2)(2n+1)n^{2n}} = (1 + \frac{1}{n})^{2n} \frac{n+1}{2(2n+1)} → \frac{e^{2}}{4} (n → ∞). ここで、\frac{e^{2}}{4} > 1 であるから、 d’Alembert の判定法により与式は発散することがわかる。

(2) log(1 + x) ≥ (log 2)x (0 ≤ x ≤ 1) より、 n log(1 + \frac{1}{n^{2}} ) ≥ n(log 2)\frac{1}{n^{2}} = \frac{log 2}{n}. ここで、 ∑ \frac{1}{n} は発散するから、与式は発散する。

2 (1) |\frac{(−1)^{n−1}}{\sqrt{n^{3}+2}} | ≤ \frac{1}{n^{3/2}} で ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{3/2}} は収束するので、与式は絶対収束する。

(2) (与式)= ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n−1} sin \frac{1}{n} よりこれは交項級数である。さらに、 \{sin \frac{1}{n}\} は単調減少であり 0 に収束す

るので、与式は収束する。一方、 sin x ≥ \frac{2}{π} x (0 ≤ x ≤ \frac{π}{2} ) より、 | sin \frac{(−1)^{n−1}}{n} | = sin \frac{1}{n} ≥ \frac{2}{π} \frac{1}{n} で ∑ \frac{1}{n} は発

散するから、 ∑_{n=1}^{∞} | sin \frac{(−1)^{n−1}}{n} | は発散する。以上より、与式は条件収束する。

3 ∑_{k=1}^{n}(−x^{2})^{k−1} − \frac{1}{1+x^{2}} = \frac{−(−x^{2})^{n}}{1+x^{2}} より、 | ∫_{0}^{1} ∑_{k=1}^{n}(−x^{2})^{k−1} dx − ∫_{0}^{1} \frac{1}{1+x^{2}} dx| = | ∫_{0}^{1} \frac{−(−x^{2})^{n}}{1+x^{2}} dx| ≤ ∫_{0}^{1} x^{2n} dx = \frac{1}{2n+1} → 0 (n → ∞). 一方、 ∫_{0}^{1}(−x^{2})^{k−1} dx = (−1)^{k−1} \frac{1}{2k−1}, ∫_{0}^{1} \frac{1}{1+x^{2}} dx = \frac{π}{4} となるから、 ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k−1} \frac{1}{2k−1} − \frac{π}{4} → 0 (n → ∞), 即ち、 ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n−1} \frac{1}{2n−1} = \frac{π}{4} を得る。

4 (1) f_{n}(x) = \frac{1}{1+(x−n)^{2}} とおくと、 ∀x ∈ I := (−∞, ∞) に対して f(x) := lim_{n→0} f_{n}(x) = 0 となる。一方、 sup{|f_{n}(x) − f(x)| | x ∈ I} = 1 となるから、 {f_{n}(x)} は I 上一様収束しない。次に −∞ < a < b < ∞ とすると、 n > b のとき、 A_{n} := sup\{|f_{n}(x) − 0| | x ∈ [a, b]\} = \frac{1}{1+(b−n)^{2}} であり、従って、 A_{n} → 0 (n → 0) となるから、 {f_{n}(x)} は I 上広義一様収束する。

(2) f_{n}(x) := n^{a}xe^{−nx^{2}} とする。問題文の注意の 2 行目より、 x > 0 のとき f_{n}(x) := n^{a}xe^{−nx^{2}} → 0 (n → ∞) となる。 (r = e^{−x^{2}} と考える。 ) また、 x = 0 なら f_{n}(0) = 0 より lim_{n→∞} f_{n}(0) = 0. 次に f′_{n}(x) = n^{a}(1 − 2nx^{2})e^{−nx^{2}} より、 x = \frac{1}{\sqrt{2n}} のとき f_{n}(x) は最大となるため (厳密には増減表を書く

必要があるがここでは略す)、 sup\{|f_{n}(x) − 0| | x ∈ [0, 1]\} = sup\{f_{n}(x) | x ∈ [0, 1]\} = \frac{1}{\sqrt{2e}}n^{a− \frac{1}{2}} . 従って、 a < \frac{1}{2} のとき I 上で一様収束し、 a ≥ \frac{1}{2} のとき一様収束しない。

5 関数項級数 f(x) := ∑_{n=1}^{∞} xe^{−nx^{2}} が一様収束したとすると、各 n ∈ N に対して xe^{−nx^{2}} は [0, 1] 上で連続な

ので、 f(x) は [0, 1] 上で連続となる。一方、 f(0) = ∑_{n=1}^{∞} 0 = 0 であるが、 x > 0 のとき f(x) = \frac{xe^{−x^{2}}}{1−e^{−x^{2}}} =

\frac{x}{e^{x^{2}} −1}. ここで、 x → +0 のとき e^{x^{2}} − 1 → 0 となるので、右辺は不定形。よって、\frac{x′}{(e^{x^{2}} −1)′} = \frac{1}{2xe^{x^{2}}} → ∞ (x → +0) となるから l’Hopital の定理により lim_{x→+0} f(x) = ∞ となる。従って f(x) は x = 0 で不連続となり、これは f(x) は [0, 1] 上で連続となることに矛盾する。以上より、 I 上一様収束しないことがわかった。

6 x ∈ [−π, π] に対し |b_{n} sin nx| ≤ |b_{n}| で仮定より ∑ |b_{n}| は収束するから、 Weierstrass の M-判定法により ∑ b_{n} sin nx は [−π, π] 上で一様収束する。ここで、各 n ∈ N に対して b_{n} sin nx は連続だから、 f(x) も連続となる。次に、 |b_{n} sin nx sin kx| ≤ |b_{n}| であるから、同様に ∑_{n=1}^{∞} b_{n} sin nx sin kx は [−π, π] 上で一様収束する。従って、項別積分でき、 ∫_{−π}^{π} f(x) sin kx dx = ∫_{−π}^{π} ∑_{n=1}^{∞} b_{n} sin nx sin kx dx = ∑_{n=1}^{∞} ∫_{−π}^{π} b_{n} sin nx sin kx dx. ここで、 ∫_{−π}^{π} sin kx sin kx dx = π, n ≠ k のとき ∫_{−π}^{π} sin nx sin kx dx = ∫_{−π}^{π} \frac{1}{2}(cos(n−k)x−cos(n+k)x) dx = 0 となるので、 ∫_{−π}^{π} f(x) sin kx dx = πb_{k}、即ち、 b_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f(x) sin kx dx を得る。

7 −1 < a < x < b < 1 とし、 r = max{|a|, |b|} とする。 0 < r < 1 に注意する。 y ∈ [a, b] のとき |n(n − 1)y^{n−2}| ≤ n(n − 1)r^{n−2} で、問題文の注意の 2 行目より ∑_{n=2}^{∞} n(n − 1)r^{n−2} は収束するので、 Weierstrass の M-判定法により ∑_{n=2}^{∞} n(n − 1)x^{n−2} は [a, b] 上一様収束する。ここで、各 n ≥ 1 のとき nx^{n−1} は微分可能なので、 ∑_{n=2}^{∞} nx^{n−1} は項別微分可能で、 (∑_{n=2}^{∞} nx^{n−1})′ = ∑_{n=2}^{∞}(nx^{n−1})′ = ∑_{n=2}^{∞} n(n − 1)x^{n−2}. 一方、 (∑_{n=2}^{∞} nx^{n−1})′ = (1 + ∑_{n=2}^{∞} nx^{n−1})′ = (∑_{n=1}^{∞} nx^{n−1})′ = (\frac{1}{(1−x)^{2}} )′ = \frac{2}{(1−x)^{3}} となるので、以上より ∑_{n=2}^{∞} n(n − 1)x^{n−2} = \frac{2}{(1−x)^{3}} 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。配点は 1 (1), (2), 2 (1) が各 5 点、他はすべて各 10 点で、満点は 85 点である。