微分積分学 A 期末試験 (森本), 2015 年 7 月 24 日 2 時限, 共南 21 室 解答 問題 1. 次の極限を求めよ。 2 sin x − xex x→0 x(cos x − 1) lim 問題 1 の解答欄 de l’Hospital の定理を(3 回)使うか,漸近展開(Taylor 展開)を用いる. x3 sin x = x − + O(x5 ) 3! ( ) 2 xex = x 1 + x2 + O(x4 ) ) = x + x3 + O(x5 ) ) ( x3 x2 + O(x4 ) − 1 = − + O(x5 ) x(cos x − 1) = x 1 − 2! 2 から 7x3 7 2 − − + O(x2 ) + O(x5 ) sin x − xex 7 6 = = 6 as x → 0 . → 3 1 x(cos x − 1) 3 x − + O(x2 ) − + O(x5 ) 2 2 1 問題 2. ∫ ∞ (sin2 x)(sin 2x) dx が収束するための実数 a の値の範囲を求めよ。 また、 xa ∫ ∞ (sin2 x)(sin 2x) dx = log 2 x2 0 広義積分 0 を示せ. sin 2x sin 4x − . 2 4 ヒント,(sin2 x)(sin 2x) = 問題 2 の解答欄 広義積分を2つに分けて ∫ 1 lim ε↓0 ε (sin2 x)(sin 2x) dx + lim K→∞ xa ∫ K 1 (sin2 x)(sin 2x) dx = I + II xa ∫ の収束を考える. 2x π 1 x3−a dx と同じだから, < sin x < x (0 < x < π/2) に注意すると I の収束,発散は 0 a < 4 ならば収束, a ≥ 4 ならば発散する. 一方,II については, a > 0 のとき,ヒントの等式に注意して,広 ∫ ∞ sin x 義積分 dx を考えることにする.コーシーの収束判定条件(テキスト,98 p.定理 3.4) より xa 1 ∫ ∞ ∫ u sin x sin x dx が収束する ⇐⇒ ∀u ≥ ∀v > 1 について dx → 0 as u > v → ∞ a x xa 1 v の同値(必要十分の関係)が成立する.部分積分により ∫ u [ ]u ∫ u cos x sin x − cos x −a dx = dx a+1 xa xa v x v x=v ∫ u 1 a 2 1 dx = a → 0 (v → ∞) ≤ a+ a+ a+1 v u x v v が a > 0 のとき従う.a ≤ 0 のとき,自然数 n について ∫ (n+1/2)π nπ (sin2 x)(sin 2x) dx > (nπ)|a| xa ∫ (n+1/2)π (sin2 x)(sin 2x)dx = 2(nπ)|a| nπ ∫ 1 t3 dt = (nπ)|a| /2 ≥ 1/2 0 だから,広義積分 II は発散する.結論として 0 < a < 4 が広義積分が収束する範囲である. sin 2x 2x 後半については,f (x) = ∫ ∞ 0 とおくと (∫ K ( ) dx ) (sin2 x)(sin 2x) dx = lim f (x) − f (2x) ε↓0,K→∞ x2 x ε ∫ 2ε ∫ 2K f (x)dx f (x)dx = lim − lim . K→∞ K ε↓0 ε x x ここで, ∫ ε 2ε f (x)dx = x ∫ ε 2ε f (0)dx + x ∫ 2ε ε ( ) f (x) − f (0) dx =A+B x と分けると A = f (0) log 2 であり,|B| ≤ max |f (x) − f (0)| log 2 → 0 (ε ↓ 0) が従う.同様に, x∈[0,ε] lim f (x) = 0 だから x→∞ ∫ 2K f (x)dx ( ) ∫ 2K dx → 0 (K → ∞) max |f (x)| ≤ K≤x≤2K K x x K 以上より,求める等式を得る. 2 . 問題 3. (Cauchy の判定法, D’Alembert の判定法, 積分判定法のいずれかを用いて, )次の級数の収束、発 散を調べよ。 (1) ∞ ( ∑ n=1 1 1− n )n2 (2) ∞ ∑ n3 sin n=1 問題 3 の解答欄 √ ( (1) Cauchy の判定法; n 1− 1 n 1 2n )n2 =( (3) n=1 1 1− ∞ ∑ ) 1 −n n → ( )a , ただし, a > 1 n log(1 + n) 1 < 1 だから収束する. e (2) D’Alembert の判定法及び優級数による判定; an = n3 sin 21n ≤ 収束する. もとの an でも, 1 n3 2n = bn から ( an+1 1 )3 1 1 = 1+ → 1 an n 2 cos 2n+1 2 は出るが,優級数を用いないと,n3 sin 31n の場合は,難易度が上がる. ∫ (3) 積分判定法, 2 ∞ dx = x(log x)a ∫ ∞ log 2 dt < ∞ if a > 1. t = log x の変数変換. ta 3 1 bn+1 → < 1 となり bn 2 問題 4. 次の (1), (2) のいずれかを証明せよ.尚,両方を解答しても良い. (1) 関数 f (x) が [0, ∞) で連続で lim f (x) = α が存在するならば,f (x) は [0, ∞) で一様連続である. x→∞ (2) 正数の単調減少列 {an }∞ n=1 が lim an = 0 をみたすならば, 無限級数 n→∞ ∞ ∑ (−1)n−1 an は収束する. n=1 問題 4 の解答欄 (1) ε > 0 を任意にとると, lim f (x) = α より,ある K > 0 が存在して, x→∞ |f (x) − f (x′ )| < |f (x) − α| + |α − f (x′ )| < ε if x, x′ > K. 連続関数 f (x) は有界閉区間 [0, 2K] で一様連続である.したがって, 上と同じ ε > 0 に対しある δ > 0 が存在 して |f (x) − f (x′ )| < ε if x, x′ ∈ [0, 2K] and |x − x′ | < δ が成立する.δ < K をみたすように δ > 0 を小さく取れば,上二つをあわせて, |f (x) − f (x′ )| < ε if x, x′ ∈ [0, ∞) and |x − x′ | < δ が従う. (2) 講義で説明済み,省略. 4
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