x <2であって，この範囲では|(x+ 2)(x2−x+ 1)|<4×3 = 12である．従って， δ(²

1

期末テスト（7/27）の解答編（微積A, 2007.7.31）

大切なお願い：各問の得点の合計——特に十の位——は間違っている可能性が高い から，各自，一度はチェッ クしてください．これに限らず，皆さんには採点結果に対して文句を言う権利があるから，おかしいと思った ら文句を言いなさい（もちろん，その文句通りに点が変わるかどうかはわからないけど）．なお，少しだけ得 点配分を変え，問1,問2は25点として全体を120点満点で採点した．

なお，得点分布などをwebに載せるのはさすがにまずいだろうから，ここには載せてません．なお，以下のは急 いで作ったので，思わぬミスがあるかもしれません．あくまで自己責任で使ってください．

問１：

(a)覚えていても良いが，以下のように標準的に求められる．y= arctanxならばx= tanyだから，両辺をxで 微分して合成関数の微分を行い，出てきた結果をxで書き直す．答えは

d

dxarctan(x) = 1

1 +x², d

dxarctan(x²) = 2x 1 +x⁴

（２番目のやつでは，合成関数の微分をきちんと行うこと．）

(b)f(x) =x−x³/3! +x⁵/5! +· · · はもういいでしょう．g(x)の方は，

log(1 +t) =t−t² 2 +t³

3 +O(t⁴) にてt=x⁴とおいてlog(1 +x⁴) =x⁴−x⁸ 2 +x¹²

3 +O(x¹⁶) である．

(c)x= tanθとおいて置換積分して，最後にθをxで表す：

(積分) = Z

dθ=θ+C= arcsin

³x a

´ +C

もちろん，Cは積分定数．

問２：時間の関係もあるので，無味乾燥な答えで勘弁して．

(a)極限は1だろう． √

√ n

n−3−1 = 3

√n−3 これが²より小さくなるようにN(²)を決めると，

N(²) =

³ 3 +3

²

´2

ととればよいとわかる．

(b)極限は2だろう．

x⁴−2x²+ 3x−2 = (x−1)(x+ 2)(x²−x+ 1)

|x−1|< δ ≤1では0< x <2であって，この範囲では|(x+ 2)(x²−x+ 1)|<4×3 = 12である．従って，

δ(²) = min n

1, ² 12

o

ととれば，|x−1|< δ(²)では

|x⁴−2x²+ 3x−2|=|x−1| × |(x+ 2)(x²−x+ 1)|<12|x−1|< ² となって極限は確かに2である．

問３：まともにぶつかりすぎた人が多かった．教科書の最初のところではあるから．．．

2

(a)問１(a)から

d

dtarctant= 1

1 +t² = 1−t²+t⁴−t⁶+· · · なので両辺を0からxまで積分すると，

arctanx= Z x

0

¡1−t²+t⁴−t⁶+· · ·¢

dt=x−x³ 3 +x⁵

5 +· · ·

となる．もちろん，まともに微分を５回行っても良いが，かなり時間がかかるよね．

(b)まともに微分すると死にます．ここは(a)を使って以下のようにするのが良いでしょう．sinyのテイラー展 開から，y= arctanxに対して

g(x)≈y−y³ 3! +y⁵

5! =

³ x−x³

3 +x⁵ 5 +· · ·´

−1 6

³ x−x³

3 +x⁵

5 +· · ·´3

+ 1 120

³ x−x³

3 +x⁵

5 +· · ·´5

=x−x³ 2 +3

8x⁵ (c) cosxの展開から

xcosx=x−x³ 2 +x⁵

24+· · · なので，

g(x)−xcosx=

³3 8 − 1

24

´

x⁵+O(x⁷) = 1

3x⁵+O(x⁷) よってn= 5の時に極限値1/3をとる．

問４：

a_nは単調増加ですが，上に有界ではありません．従って，無限大に発散します．

（上に有界でないことの証明）

Z x 1

1

tdtと比べても良いが，以下のようにやれば簡単．n= 2^mの形をしていると ころだけ考えて（mは正の整数），このときのan=a2^mが発散することを言えば十分だ．さて，

a2^m−a2m−1 =

2^m

X

k=2^m−1+1

1 k ≥

2^m

X

k=2^m−1+1

1

2^m = (2^m−2^m−1)× 1 2^m = 1

2

これはmによってないから，

a2^m = (a2^m−a₂m−1) + (a₂m−1−a₂m−2) +· · ·+ (a4−a2) + (a2−a1) +a1≥(m−1)×1 2 + 1 となって，これは発散する．

bnはちょっと難しい．(−1)^kがついていることを積極的に使わない限り，出来ない仕組みになっている．このよ うに符号がかわるのは，nの偶奇で分けるのが良かろう．更に，(−1)^kで何らかの打ち消し合いがおこってるはず だから，それも利用しよう．そこでまず，偶数の方だけやってみると，

cn :=b2n= Xn

k=1

³− 1

√2k−1+ 1

√2k

´

=− Xn

k=1

√2k−√ 2k−1

√2k√

2k−1 =− Xn

k=1

√ 1 2k√

2k−1(√ 2k+√

2k−1) これは負の項の和だから，c_nは単調減少である．後は「下に有界」といえば良い訳だね．

そのためには，上の絶対値をとって，以下のように大まかに評価してみる：

Xn

k=1

√ 1 2k√

2k−1(√ 2k+√

2k−1) ≤ Xn

k=1

1 2(√

2k−1)³ <

Xn

k=1

1

k^3/2 ≤1 + Z n+1

1

1

x^3/2dx≤1 + 2 = 3 これでcnは単調減少で，かつ下に有界だから，収束することがわかった．

b_2n+1の方は，b_2n+1=c_n− 1

√2n+ 1 の第２項がゼロにいくことから，c_nと同じ極限に収束することがわかる．

よって，b_nはnが偶数でも奇数でも同じ極限に収束する．

3

（c_n=b2nが下に有界であることの別証）まず，以下のようにまとめてみよう：

b_2n =−1 +

³ 1

√2 − 1

√3

´ +

³ 1

√4 − 1

√5

´

+· · ·+

³ 1

√2n−2 − 1

√2n−1

´ + 1

√2n

まとめた各項は正，最後の項も正だから，b_2n ≥ −1がすぐに結論できる．

• anが意外にできが悪かった．このような数列の振る舞い（収束・発散）が直感的にわかることも大切で，そ のためにある程度の問題や例をこなす必要があります．

• 今回は中間のときよりも図を描いた人が多かったように思います．良かった．是非，全員が図を描くようにな りましょう．

• bnの方はまあ，仕方ないでしょう．一回考えたことがないと試験時間中には無理だろうとは思います．

問５：これはどれもちょっと難しいから，できなくても悲観するには及びません．あんまり簡単な問題ばかりでは 申し訳ないので，出してみました．

(a) 何となく「中間値の定理」だろうなあ，と思いついた人は筋が良い．でも思いついても，どんな関数を考え て中間値の定理を使うべきかで悩んだ人も多かったね．一つの解答例（多分，一番簡単）は以下の通りです．

関数g(x) =f(x+π)−f(x)を考えると，これはxの連続関数である．また，

g(0) =f(π)−f(0), g(π) =f(2π)−f(π) =f(0)−f(π) である（最後のところではf(x)の周期性を用いた）．つまり，g(0) =−g(π)なのだ．

以下，場合分けする．

• g(0) = 0の時．このときは0 =f(π)−f(0)となって，x= 0が題意を満たす．

• g(0)6= 0のときは，g(0)とg(π)が異符号であるから，中間値の定理から，0とπの間の（少なくとも）１点 αでg(α) = 0となるはずだ．これはf(α+π) =f(α)を意味し，結論が証明された．

(b)以下を示せば良い．

（＊） ∀² >0 ∃N(²)>0

³

n > N(²) =⇒ ¯¯¯an−an−1

n

¯¯¯< ²

´ そのために，まず²を固定する． lim

n→∞(a_n−a_n−1) = 0であるから，N₁(²)が存在して，

k≥N1 =⇒ |ak−ak−1|< ² 2 がなりたつ．

さて，nがN1より十分に大きい時，an, an−1を２項ずつの差で書くと（以下はn−N1が偶数の時；これが奇数 のときも類似の式が成り立つが，時間の関係で略）

a_n = (a_n−a_n−2) + (a_n−2−a_n−4) +· · ·+ (a_N1+2−a_N1) +a_N1 および

an−1= (an−1−an−3) + (an−3−an−5) +· · ·+ (aN₁+3−aN₁+1) +aN₁+1

が成り立つので（時間の関係でn−N₁が偶数の時のみ考える）

an−an−1= (an−an−2) + (an−2−an−4) +· · ·+ (aN₁+2−aN₁)

−(a_n−1−a_n−3)−(a_n−3−a_n−5)− · · · −(a_N1+3−a_N1+1) +a_N1−a_N1+1

が成り立つ．ここで２項ずつの差の絶対値は²/2より小さく，このような項は全部で(n−N1)項を超えない．従っ て三角不等式から

|an−an−1|<(n−N1)ײ

2+|aN₁−aN₁+1| つまり ¯¯¯an−an−1

n

¯¯¯< ²

2+|aN₁−aN₁+1| n

4

がなりたつ．第２項の分子はN1だけで決まるから，N₁と²に依存するN2を持ってきて，

n > N2 =⇒ |aN₁−aN₁+1|

n < |aN₁−aN₁+1| N₂ < ²

2

とできる．そこでN := max{N1, N2}ととれば，目標の（＊）が示される．

(c)適切な図を描けば，後は平均値の定理一発．下の図を見よう．Aの座標は(x, f(x))，Cの座標は(x, x)，Dの 座標は(x, f⁻¹(x))であって，要するに線分 ACとCD の比（の符号を変えたもの）の極限を知りたい．

x y

y=x y=f(x)

y=f⁻¹(x) A

B C

D

0 z x

x=f(z) f(x)

f⁻¹(x)

これだけではまだわかりにくいが，点Dをy=xについて対称の位置に持ってきた点をBとすると，BCとCD の長さは等しい．つまり，問題の比の符号を変えたものはACとBCの長さの比なのだ：

f(x)−x

f⁻¹(x)−x=−AC

CD =−AC BC

さて，点Bのy座標は点Cのy座標と同じだからxである．そこで点Bのx座標をzと一時的におくと，z=f⁻¹(x) であり，つまりx=f(z)である．従って問題の比は

f(x)−x

f⁻¹(x)−x =−f(x)−x

x−z =−f(x)−f(z) x−z となって，これは平均値の定理から−f⁰(ξ)に等しい（z < ξ < x）．

さて，0< z < ξ < xだからx→+0ではξもゼロにいく．よって問題の仮定からf⁰(ξ)の極限は1；求める極限 は−1．

（種明かし）元ネタはV.I. Arnol’d著“Hyugens & Barrow, Newton & Hooke”のp.28からとった．Newtonの 時代，どこまで微積が進んでいたかを知る上で，この本はなかなか面白いのでお勧めだ．著者は非常に著名なロシ アの数学者，数理物理学で，面白い人です．なお，本格的にこの時代の科学史をやりたければ，山本義隆さんの一 連の本が良いでしょう．