微分積分学 AD II, 数学序論演習 II 2008 年 2 月 8 日の試験の解答の要点^{1}

1 (1) a_{n} = \frac{(−1)^{n−1}}{n^{2}} とおくと、 |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | = (\frac{n}{n+1})^{2} → 1 (n → ∞). また、 |x| = 1 のとき、 ∑ |\frac{(−1)^{n−1}}{n^{2}} x^{n}| = ∑ \frac{1}{n^{2}}

より収束するので、このとき与式は絶対収束するので収束する。以上より収束域は [−1, 1].

(2) f(x) = \frac{log(x+2)}{log(x+3)} とおくと、 x → ∞ のとき\frac{∞}{∞} で\frac{(log(x+2))′}{(log(x+3))′} = \frac{1/(x+2)}{1/(x+3)} → 1 より、 L’Hopital の定理により lim_{x→∞} f(x) = 1. よって、 a_{n} = \frac{1}{log(n+2)} とすると、 lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = lim_{n→∞} \frac{log(n+2)}{log(n+3)} = 1 となるから、収束半径は 1. x = 1 のとき、\frac{1}{log(n+2)} ≥ \frac{1}{n+1} (n ≥ 0) で ∑ \frac{1}{1+n} は発散するから、このとき与式は発散する。また、 x = −1 のとき、与式は交項級数で \{\frac{1}{log(n+2)}\} は単調減少で lim_{n→∞} \frac{1}{log(n+2)} = 0 となるから、収束する。以上より収束域は [−1, 1).

(3) x ∈ (−∞, ∞) を任意をとる。 a_{n} = |\frac{n!}{(3n)!}x^{3n}| とおくと、\frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{|x|^{3}}{3(3n+2)(3n+1)} → 0 (n → ∞). 従って、 d’Alembert の判定法より ∑ a_{n} は収束するので、与式は絶対収束するから収束する。よって、収束域は (−∞, ∞).

(4) a_{n} = 1+ \frac{1}{3} +⋯+ \frac{1}{2n−1} とおくと、 1 ≤ \frac{a_{n+1}}{a_{n}} ≤ 1+ \frac{1}{2n+1} で lim_{n→∞}(1+ \frac{1}{2n+1}) = 1 となるから、 lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = 1.

また、 a_{n} ≥ \frac{1}{2} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} で ∑ \frac{1}{n} は発散するので、 x = ±1 のとき lim_{n→∞} |a_{n}x^{n}| = ∞ となるから、与式は発散する。以上より収束域は (−1, 1).

2 (1) cos 3x = cos 2x cos x − sin 2x sin x = ⋯ = 4 cos^{3} x − 3 cos x. よって、 f(x) := cos^{3} x = \frac{1}{4}(cos 3x +

3 cos x) = \frac{1}{4}( ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{(2n)!} (3x)^{2n} + 3 ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{(2n)!} x^{2n}). ここで、右辺の級数の収束半径はともに ∞ であるから、

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}(3^{2n}+3)}{4·(2n)!}x^{2n} となる。この収束半径は ∞ となる。

(2) f(x) = log(1 + 2x − 3x^{2}) = log(1 − x)(1 + 3x) = log(1 − x) + log(1 + 3x). ただし、定義域は −\frac{1}{3} < x < 1 である。従って、 log(1 + x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} x^{n} (|x| < 1) であるから、 |3x| < 1 であるとき、 f(x) =

− ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−3x)^{n}}{n} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{−1−(−3)^{n}}{n} x^{n}. 収束半径は 1/3 である。

3 等比級数の公式\frac{1}{1−r} = ∑_{n=0}^{∞} r^{n} (|r| < 1) を用いる。 f(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{4−x} = \frac{1}{1+(x−1)} + \frac{1}{3} \frac{1}{1−(x−1)/3} = ∑_{n=0}^{∞}\{−(x −

1)\}^{n} + \frac{1}{3} ∑_{n=0}^{∞}(\frac{x−1}{3})^{n}. よって、 |(x − 1)/3| < 1 かつ |x − 1| < 1 より、 0 < x < 2 のとき、 f(x) = ∑_{n=0}^{∞}\{\frac{1}{3} \frac{1}{3^{n}} + (−1)^{n}\}(x − 1)^{n}. 収束半径は 1 である。

4 (1) y ≠ 0 のとき、 ∫ \frac{1}{y} dy = − ∫ \frac{x}{1+x^{2}} dx より、 log |y| = −\frac{1}{2} log(1 + x^{2}) + C, 即ち、 y = \frac{±e^{C}}{\sqrt{1+x^{2}}} . ここで、 ±e^{C} を改めて C と書くと、 y = \frac{C}{\sqrt{1+x^{2}}} . y = 0 も解であるが C = 0 のときとなるので、以上より解は y = \frac{C}{\sqrt{1+x^{2}}} . (C は任意定数。 )

(2) u = \frac{y}{x} とおくと\frac{dy}{dx} = x\frac{du}{dx} + u. このとき与式は −2u(x\frac{du}{dx} + u) = 1 + u^{2}, 即ち、 2ux\frac{du}{dx} = 1 − u^{2} となる。よって、 u ≠ ±1 のとき ∫ \frac{2u}{u^{2}−1} du = − ∫ \frac{1}{x} dx. (左辺)= ∫ \{\frac{1}{u−1} + \frac{1}{u+1}\} du = log |u − 1| + log |u + 1| より、 log |u^{2} − 1| = − log |x| + C, 即ち、 x(u^{2} − 1) = ±e^{C}. ここで、 ±e^{C} を改めて C と書くと、 x(u^{2} − 1) = C. 以上より、 y = x, y = −x も解であるが C = 0 のときとなるので、解は y^{2} − x^{2} = Cx となる。

(3) x\frac{dy}{dx} + y = 0 を解いて、 y = \frac{C}{x}. 与式の解を y = \frac{C(x)}{x} とおくと、 x\frac{dy}{dx} + y = x(\frac{C′(x)}{x} − \frac{C(x)}{x^{2}}) + y = C′(x) となるから、 C′(x) = x log x. よって、 C(x) = ∫ x log x dx = \frac{1}{2}x^{2} log x − \frac{1}{4}x^{2} + C となるから、解は y = \frac{1}{2}x log x − \frac{1}{4}x + \frac{C}{x}.

(4) y ≠ 0 とする。 u = y^{1−2} とおくと、\frac{du}{dx} = −\frac{1}{y^{2}} \frac{dy}{dx} より、 −x\frac{du}{dx} + u = −x^{3}. −x\frac{du}{dx} + u = 0 を解いて、 u = Cx. 解を u = C(x)x とおくと、 −x\frac{du}{dx} + u = −x(C′(x)x − C(x)) + u = −x^{2}C′(x) となるから、 C′(x) = x. よって、 C(x) = ∫ x dx = \frac{1}{2}x^{2} + C となるから、解は y = 1/(\frac{1}{2}x^{3} + Cx). y = 0 も解である。

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), (3), (4) が各 6 点、 1 (2), 2, 3 が各 10 点, 4 が各 8 点で、満点は 90 点である。