コーシー列 , 一様収束 ( 略解 )

コーシー列 , ^一様収束 ( ^略解 )

作成日: June 28, 2020 Updated : July 6, 2020

問題

1. (

コーシー列

)

(1)

正の数

ε

が任意に与えられたとする

.

また，数列

{a_n}

の極限を

α

とおく

.

数列

{a_n}

が

α

に収束するので

,

正の数

ε/2

に対して

,

ある自然数

N

が存在して

, n ≥ N ⇒ |a_n−α|< ε/2.

このとき,

m, n≥ N

を満たすすべての自然数

m, n

に対して,

|a_m−a_n|=|(a_m−α)−(a_n−α)| ≤ |a_m−α|+|a_n−α|< ε/2 +ε/2 = ε.

以上により

,

任意の正の数

ε

に対して

,

ある自然数

N

が存在して

, m, n≥ N

を満た すすべての自然数

m, n

に対して

, |a_m−a_n|< ε

が成り立つことが示された

.

(2)

正の数

ε

が任意に与えられたとする

.

「アルキメデスの原理により，

2

つの正の数

1, ε

に対して

, N ε >1

を満たす自然数

N

が存在する

.

」このとき，

n ≥ m ≥N

な る任意の自然数

m, n

に対して

|an−am|= 1

(m+ 1)² + 1

(m+ 2)² +· · ·+ 1 n²

≤ 1

m(m+ 1) + 1

(m+ 1)(m+ 2) +· · ·+ 1 (n−1)n

≤ (1

m − 1

m+ 1 )

+ ( 1

m+ 1 − 1 m+ 2

)

+· · ·+ ( 1

n−1 − 1 n

)

≤ 1 m − 1

n < 1 m ≤ 1

N < ε.

m≥n ≥N

の場合も同様に

|a_n−a_m|< ε

が示される

.

[

コメント

]

上記解答の「」の部分は以下の記述に置き換えてもよい

(cf.H003)

： 「自然 数として

N = [1/ε] + 1

をとる

. (

ただし

, [x]

はガウス記号

)

」

(3)

ある正の数

ε

に対しては

,

どのような自然数

N

をとっても

,N

以上のある自然数

m, n

について

|am−an| ≥ε

が成り立つ

.

(

論理式で記述すると

, (∃ε >0)(∀N ∈N)(∃m,∃n ∈N)(m, n≥N

かつ

|am−an| ≥ε)) (4) ε = 1

2

とおき

, N

を任意の自然数とする

.

このとき

, m ≥N

なる自然数

m

を一つと り

, n= 2m

とおくと，

|a_n−a_m|= 1

m+ 1 + 1

m+ 2 +· · ·+ 1

2m ≥ 1 2m + 1

2m +· · ·+ 1

| {z 2m}

m個

= 1 2 =ε

が成り立つ

.

問題

2. (

関数項数列の一様収束性と極限関数の連続性

) (1) f_∞(x) =

{ 0 0≤x <1

1 x= 1 (

グラフは黒板

) (2) f_∞(x)

は

x= 1

において連続でない

.

問題

3. (

関数項数列の一様収束性と積分と極限の順序

)

(1) 1/2 (2) g_∞(x) = 0 (3) 0 (4)

等しくない

問題

4. (

関数項数列の一様収束

)

(1)

正の数

ε

が任意に与えられたとする

.

「アルキメデスの原理により，

2

つの正の数

1, ε

に対して

, N ε >1

を満たす自然数

N

が存在する

.

」このとき，

n≥N

なる任意の自 然数

n,

および任意の

x∈R

に対して

,|h_n(x)−0|= 1

x²+n² ≤ 1 n² < 1

n ≤ 1

N < ε

が 成り立つ. よって, 関数列

{h_n}

は

R

上

(h(x) = 0

に) 一様収束することが示された.

[コメント]

上記解答の「」の部分は以下の記述に置き換えてもよい： 「自然数として

N = [1/ε] + 1

をとる

. (

ただし

, [x]

はガウス記号

)

」

(2)

ある正の数

ε

に対しては

,

どのような自然数

N

をとっても

, N

以上のある自然数

n

および ある

x∈I

について

|f_n(x)−f(x)| ≥ε

が成り立つ

.

(

論理式で記述すると

, (∃ε >0)(∀N ∈N)(∃n ≥N)(∃x∈I)(|f_n(x)−f(x)| ≥ε).) (3) ε = 1/2

とおく

. N

を任意の自然数とする

.

自然数

n

を

n = N

で与え

, x∈ [0,1]

を

x= (1/2)^N1

で与える. このとき,

x̸= 1

なので

|f_n(x)−f_∞(x)| =|1/2−0|=ε

とな る

.

よって一様収束しない

.

問題

5. (

一様収束に関する定理

)

正の数

ε

が任意に与えられたとする

.

正の数

ε/3

に対し て一様収束の仮定を適用すると, (

∃N ∈ N)(∀n ≥N)(∀x∈ I)(|f_n(x)−f(x)|< ε/3)

が成 り立つ

.

 

f_N(x)

は連続なので，

(∃δ >0)(∀x ∈I)(|x−a|< δ⇒ |f_N(x)−f_N(a)|< ε/3)

が成り立つ

.

 このとき

, |x−a|< δ

なる任意の

x∈I

に対して

|f(x)−f(a)| ≤ |f(x)−f_N(x)|+|f_N(x)−f_N(a)|+|f_N(a)−f(a)|< ε/3 +ε/3 +ε/3 =ε

が成り立つ

.

よって

f(x)

は

x=a

で連続である

.

問題

6. (

関数項級数の一様収束

) (1) f_n(x) = (−1)ⁿ xⁿ

x² +n²

とおく

.

任意の

x ∈ I

に対して

, |f_n(x)| = |x|ⁿ

x²+n² ≤ |x|ⁿ n² ≤ 1

n².

ここで

, a_n = 1/n²

とおくと

,

問題

1(2)

より

∑∞ n=1

a_n

は収束する

.

よって，

M

判定 法より,

∑∞ n=1

f_n(x)

は区間

I = [−1,1]

で一様収束する.

(2) f_n(x) = (−1)ⁿxⁿ

とおく

.

∑∞ n=0

|f_n(x)| =

∑∞ n=0

xⁿ

は公比

x

の無限等比級数であり

,

|x|< 1

のとき収束する. すなわち収束半径

R

は

1

である. ここで

∑∞ n=0

f_n(a)

は収束 し

,

すべての

n

について

|fn(x)| ≤fn(a)

が成り立つ

.

よって

M

判定法より

,

∑∞ n=0

fn(x)

は区間

I = [0, a]

で一様収束する.

(3) f_n(x) =a_ncosnx+b_nsinnx

とおく.

|f_n(x)| ≤ |a_ncosnx|+|b_nsinnx| ≤ |a_n|+|b_n|.

よって

,

∑∞ n=1

(|a_n|+|b_n|)

が収束すること

,

および

M

判定法より

,

∑∞ n=1

f_n(x)

は

R

上一 様収束する

.

解答 名古屋大学・理学部

問題

7. (

課題

)

問題

8. (宿題：10

点)

(1) (3

点

) ε= 2

とおき

N

を任意の自然数とする

.

このとき

m ≥ N

なる自然数

m

を一 つとり

n=m+ 1

とおくと，

|a_n−a_m|= 2 =ε

が成り立つ

.

よって題意は示された

.

(2) (3

点

)

正の数

ε

が任意に与えられたとする

.

アルキメデスの原理により，

2

つの正の

数

1, ε

に対して

, N ε >1

を満たす自然数

N

が存在する

.

このとき，

n ≥N

なる任意 の自然数

n,

および任意の

x∈[0,1]

に対して

,|f_n(x)−0|= x²⁰

x⁶+n³⁰ ≤ x²⁰ n³⁰ ≤ 1

n³⁰ ≤ 1

n ≤ 1

N < ε

が成り立つ

.

よって関数列

{f_n(x)}

は

R

上

(f(x) = 0

に

)

一様収束する

. (3) (4

点

)

正の数

ε

を任意に与える

.

関数列

{f_n}n∈N

は

f(x)

に

[a, b]

上一様収束するの で

,

正の数

ε^′ := ε/(b−a)

に対して

,

ある自然数

N

が存在して

, n ≥ N

を満たす任 意の自然数

n

と任意の

x∈[a, b]

に対して

|f_n(x)−f(x)|< ε^′

が成り立つ. このとき

n≥N

なる任意の自然数

n

と任意の

x∈[a, b]

に対して

∫ x a

fn(t)dt−

∫ x a

f(t)dt ≤

∫ x a

|fn(t)−f(t)|dt <

∫ x a

ε^′dt=ε^′(x−a)≤ε^′(b−a) =ε

が成り立つ

.

よって関数列

{ ∫ x a

fn(t)dt }

n∈N

は関数

∫ x a

f(t)dt

に

[a, b]

上一様収束する

.

問題

9. (

宿題：

10

点

)

(1) (4

点

)f_n(x) = {

(−1)^n/2xⁿ (n

：偶数

)

0 (n

：奇数

)

とおく

.

∑∞ n=0

|f_n(x)|=

∑∞ m=0

x^2m

は公比

x²

の 無限等比級数であり

, |x|<1

のとき収束する

.

すなわち収束半径

R

は

1

である

.

ここで

∑∞ n=0

f_n(a)

は収束し, すべての

n

について

|f_n(x)| ≤f_n(a)

が成り立つ. よって

M

判定法より

,

∑∞ n=0

fn(x)

は区間

I = [0, a]

で一様収束する

.

(2) (2

点

)

求める原始関数

F(x)

は

,F(x) = arctanx+C (C

は積分定数

).

(3) (2

点

) |x|<1

のとき

, f(x) = 1

1 +x² = 1−x²+x⁴−x⁶+· · ·=

∑∞ n=0

(−1)ⁿx²ⁿ. (1)

の結果より, この級数は項別積分が可能であり,

arctanx=x− 1

3x³+ 1

5x⁵− 1

7x⁷+· · ·=

∑∞ m=0

(−1)^m

(2m+ 1)x^2m+1. (4) (2

点

) x= 1

√3

を

(3)

で得られた結果の両辺に代入すると

π

6 = 1

√3 (

1− 1

3·3 + 1

5·3² − 1

7·3³ +· · ·)

= 1

√3

∑∞ (−1)ⁿ (2n+ 1)·3ⁿ.

問題

10. (

ボーナス問題：ゼータ関数と特殊値：

16

点

)

(1) (4

点

)

まず，数列

{an}

が単調増加数列であることは以下のように示される

. an+1−an=

∑n+1 k=1

1 k² −

∑n k=1

1

k² = 1

(n+ 1)² >0

次に数列

{a_n}

が上に有界であることを示す

.

f(x) = 1

x²

とおくと

f^′(x) =− 2

x³

より, 関数

f(x)

は

x >0

で減少関数である. よっ て区間

[k−1, k]

で

1

k² ≤ 1

x²

であるから

, 1

k² =

∫ k k−1

1 k²dx≤

∫ k k−1

1 x²dx.

両辺

k = 2

から

k=n

まで和をとると

1

2^s +· · ·+ 1 n^s ≤

∑n k=2

∫ k k−1

1 x²dx=

∫ n 1

1 x²dx <

∫ _∞

1

1 x²dx=

[

−1 x

]_∞

1

= 1.

よって

,a_n = 1 + 1

2² +· · ·+ 1

n² <1 + 1 = 2 (

有限値

).

これで数列

{a_n}

が上に有界 であることが示された

.

以上により数列

{a_n}

は収束することが示された

. (

証明終

)

[コメント1] a_n

は図

1

の斜線部分の面積に等しい.

O 1 2 n−1 n

· · ·

1 1

2² 1

n²

y= 1 x²

x y

図

1:

問題

10 (1): a_n

の表す面積

[

コメント

2]

上への有界性については，

n >2

のとき，

1

n² < 1

n(n−1) = 1

n−1− 1 n

であることを利用して示すこともできる．

(2) (2

点)

I=

∫ ₁

0

dy

∫ ₁

0

∑∞ n=0

(xy)ⁿdx=

∑∞ n=0

∫ ₁

0

dy yⁿ

∫ ₁

0

xⁿdx=

∑∞ n=0

1 n+ 1

1 n+ 1 =

∑∞ n=1

1 n² = ζ(2).

(3) (2

点

) J(u, v) =

1 −1 1 1

= 2.

また，

0≤ x ≤1,0 ≤y ≤ 1 ⇔ 0≤ u−v ≤ 1,0≤ u+v ≤1⇔u−1≤v ≤u,−u≤v ≤ −u+ 1.

よって，

u, v

平面での積分領域は図

2

の斜線部分．

(

境界線上の点を含む

.)

解答 名古屋大学・理学部

1

-1 O 1/2

-1/2

1/2

v=u v=u-1

v=-u v=-u+1 1

v

u

図

2: u, v

平面での積分領域

(4) (4

点

)

前問の変数変換により，

I =

∫ ¹

2

0

du

∫ _u

−u

1

1−u²+v²|J(u, v)|dv+

∫ ₁

1 2

du

∫ _1−u

u−1

1

1−u²+v²|J(u, v)|dv

= 2

∫ ¹

2

0

du

∫ _u

0

1

1−u²+v²|J(u, v)|dv+ 2

∫ ₁

1 2

du

∫ _1−u

0

1

1−u²+v²|J(u, v)|dv

= 4

∫ ¹

2

0

du

∫ u 0

1

1−u²+v²dv+ 4

∫ 1

1 2

du

∫ 1−u 0

1

1−u²+v²dv

第

2

行目の式変形では，被積分関数が

v

に関して偶関数であることを用いた．

∫ 1

a²+x²dx = 1

aarctanx

a +C

より，

I = 4

∫ ¹

2

0

√ 1

1−u²arctan

( u

√1−u² )

du+ 4

∫ 1

1 2

√ 1

1−u² arctan

( 1−u

√1−u² )

du

(5) (4

点

)

前問最後の式において，右辺第一項で

u= sinθ,

右辺第二項で

u= cosθ

の置 換を行うと

,

I = 4

∫ ^π

6

0

1

cosθarctan

(sinθ cosθ

)

cosθdθ−4

∫ 0

π 3

1

sinθ arctan



 2 sin²θ 2 2 sinθ

2cosθ 2



sinθdθ

= 4

∫ ^π

6

0

arctan (tanθ)dθ+ 4

∫ ^π

3

0

arctan (

tanθ 2

) dθ

= 4

∫ ^π

6

0

θdθ+ 2

∫ ^π

3

0

θdθ = π² 18 +π²

9 = π² 6 .