変数関数の連続性・

(1)

1

^{変数関数の連続性・}

ε − δ

^論法

(

^略解

)

作成日: May 18, 2020 Updated : May 25, 2020

問題

1. (先週の復習から：ε−N

論法) 省略

問題

2. (ε−δ

論法

1)

まず自明な不等式を用いて以下のように変形しておこう

(0< x < 2

に注意

)

：

1

1 +x² − 1 2

=

1−x² 2(1 +x²)

= 1

2(1 +x²)|(x+ 1)(x−1)| < 1

2(x+ 1)|x−1| <

1

2·3|x−1|.

(1)

たとえば

δ = (2/3)ε

ととればよい

.

実際このとき，

|x−1| < δ ⇒ 1

1 +x² − 1 2

= 1−x²

2(1 +x²)

= 1

2(1 +x²)|(x+ 1)(x−1)|< 1

2(x+ 1)|x−1|< 1

2·3|x−1|< 3 2δ=ε.

(2)

正の数

ε

が任意に与えられたとする

.

このとき

,δ = (2/3)ε

として正の数

δ

を定めると

, 0< x <2

における任意の

x

に対して

,

|x−1|< δ ⇒ |f(x)−f(1)|= 1

1 +x² − 1 2

=

1−x² 2(1 +x²)

= 1

2(1 +x²)|(x+ 1)(x−1)|

< 1

2(x+ 1)|x−1|< 1

2·3|x−1|< 3 2δ =ε

したがって, 関数

f(x)

は

x= 1

において連続である.

問題

3. (ε−δ

論法

2)

正の数

ε

が任意に与えられたとする. 関数

f, g

は点

a

において連続であるから

,

正の数

ε/2

に対して

,

それぞれある正の数

δ₁, δ₂

が存在して

,

|x−a|< δ₁ ⇒ |f(x)−f(a)|< ε 2,

|x−a|< δ₂ ⇒ |g(x)−g(a)|< ε 2,

が成り立つ

.

このとき

,

正の数として

δ= min{δ₁, δ₂}

ととると

,

|x−a|< δ ⇒ |(f(x) +g(x))−(f(a) +g(a))|=|(f(x)−f(a)) + (g(x)−g(a))|

≤ |f(x)−f(a)|+|g(x)−g(a)|< ε 2 +ε

2 =ε.

したがって

,

関数

f +g

は

x=a

において連続である

.

問題

4. (1

変数関数の微分

)

(1) 1

cos²x (2) 1

1 +x² (3) −1

1−x (4) 1

xlogx (5) a^xloga (6) x^x(logx+ 1)

[

まず欲しいのは

dy

dx. y = arctanx⇔tany =x

の両辺を

x

で微分する

.

すなわち両辺に

d

dx

を作用させる

.

左辺は

y

の式だから

d

dx = dy dx

d

dy

と変形して作用させる

.

(2)

(5)&(6)

べきが複雑なものは対数をとるのが常道

.

なお

(5)

については

,

恒等式

a = e^log^a

を用いると

(e^αx)^′ =αe^αx

に帰着

.

問題

5. (1

変数関数の極限)

(1) 0 (2) loga

b (たとえばロピタルの定理より) (3) 1 (対数をとってロピタル)

[

ロピタルの定理は

,

分母の式・分子の式をそれぞれ

x=a

のまわりでテーラー展開して理解すべきものである

. (

各自確認してみてください

.)

問題

6. (テーラー展開の一意性)

(1) x³ = ((x−1) + 1)³ = (x−1)³+ 3(x−1)²+ 3(x−1) + 1.

(2) 1

1−x = 1 +x+x²+x³ +x⁴+x⁵+o(x⁵).

(3) ( 1

1−x )2

= (1+x+x²+x³+x⁴+x⁵+o(x⁵))² = 1+2x+3x²+4x³+5x⁴+6x⁵+o(x⁵).

または

(2)

を

6

次まで計算したものを両辺微分してもよい.

(4) log(1−x) = −x− x² 2 − x³

3 −x⁴ 4 − x⁵

5 +o(x⁵). ((2)

を両辺積分

.)

[コメント]

テーラー展開の剰余項を除いた部分の一般式はきれいな形をしている. この

部分は具体的表式を忘れても以下のように簡単に再現できる

.

例えば、

x= 0

まわりでのテーラー展開を

5

次まで求めたいとしよう

.

展開係数を以下のようにおく：

f(x) = a₀+a₁x+a₂x²+a₃x³+a₄x⁴+a₅x⁵+R₆x⁶. a₀

を求めたければ両辺

x= 0

を代入すればよい：f

(0) =a₀.

a₁

を求めたければ両辺

x

で

1

回微分してから

x= 0

を代入すればよい：

f^′(0) = 1·a₁. a2

を求めたければ両辺

x

で

2

回微分してから

x= 0

を代入すればよい：

f⁽²⁾(0) = 2!·a2. a₃

を求めたければ両辺

x

で

3

回微分してから

x= 0

を代入すればよい：f

⁽³⁾(0) = 3!·a₃. a_n

を求めたければ両辺

x

で

n

回微分してから

x= 0

を代入すればよい：

f⁽ⁿ⁾(0) =n!·a_n.

非自明なのは剰余項の形である

.

なお無限テーラー展開の場合は収束性の問題がからむ

.

問題

7. (1

変数関数の極限

)

(1)

x−1

2x²−log(1 +x)

x³ =

x− 1

2x²−(x− 1

2x²+ 1

3x³+o(x³))

x³ =−1

3 +o(x³) x³

x→0

−→ −1 3.

(2) e^x² −cosx xarctanx =

(

1 +x²+o(x²) )−(

1−x²

2! +o(x²) )

x²+o(x²) =

3

2+ o(x²) x² 1 + o(x²)

x²

−→x→0 3 2

[

この手の問題は複雑な関数部分をテーラー展開するのが基本である

.

なお

arctanx

のテーラー展開は問題

4 (2)

からすぐ求まる

.

(3)

問題

8. (

宿題：

10

点

)

(1) (5

点

)

正の数

ε

が任意に与えられたとする

.

このとき

, δ= 2ε

として正の数

δ

を定めると,

x >0

における任意の

x

に対して,

|x−4|< δ ⇒ |f(x)−f(4)|=|√

x−2|=|(√

x−2)(√ x+ 2)

√x+ 2 |= 1

√x+ 2|x−4|

< 1

2|x−4|< 1 2δ=ε

したがって, 関数

f(x)

は

x= 4

において連続である.

(2) (5

点) 正の数

ε

が任意に与えられたとする.

関数

f

は点

a

において連続であるから

,

正の数

ε/10

に対して

,

ある正の数

δ₁

が存在して

,

|x−a|< δ₁ ⇒ |f(x)−f(a)|< ε 10,

が成り立つ. 同様に関数

g

は点

a

において連続であるから, 正の数

ε/36

に対して, ある正の数

δ₂

が存在して

,

|x−a|< δ₂ ⇒ |g(x)−g(a)|< ε 36,

が成り立つ

.

このとき正の数として

δ= min{δ₁, δ₂}

ととると

,

|x−a|< δ ⇒ |(5f(x) + 18g(x))−(5f(a) + 18g(a))|=|5(f(x)−f(a)) + 18(g(x)−g(a))|

≤5|f(x)−f(a)|+ 18|g(x)−g(a)|<5· ε

10+ 18· ε 36 =ε.

したがって

,

関数

5f+ 18g

は

x=a

において連続である

.

問題

9. (

宿題：

10

点

)

(1) (2

点

) R_n+1(x) = e^θx

(n+ 1)!xⁿ⁺¹, (0< θ <1).

(2) (4

点

)e= m

n = 1 + 1 + 1 2!+ 1

3!+· · ·+ 1

n!+Rn+1(1) · · ·(∗)

の両辺に

n!

をかけると

m(n−1)! =n! +n! +n(n−1)· · ·3 +n(n−1)· · ·4 +· · ·+ 1 +n!R_n+1(1)

であるから,

n!R_n+1(1)

は整数. 一方

n!Rn+1(1) = e^θ n+ 1 >0

より

, n!R_n+1(1)

は

1

以上の整数であることが示された

. (3) (4

点

) 0 < θ <1, 2< e <3

を用いると

1≤n!Rn+1(1) = e^θ

n+ 1 < e

n+ 1 < 3 n+ 1

すなわち

n+1<3,

よって

n = 1.

このとき

e =m(

整数

)

となるが

,

これは

2< e < 3

と矛盾

.

(4)

問題

10. (

ボーナス問題：

10

点

) (1) (4

点

) f_n(x) = 1

n!(a_nxⁿ+a_n+1xⁿ⁺¹+· · ·+a_2nx²ⁿ)

であるから

, l < n

または

l >2n

のとき

,fn^(l)(0) = 0∈Z

である

. n≤l ≤2n

のとき

,fn^(l)(0) = l!

n!a_l

であるが

,a_l

は整数であり

, l≥n

より

, l!

n!

も整数

. (2) (3

点) まず,

d

dx{G^′(x) sinπx−πG(x) cosπx}= (G^′′(x) +π²G(x)) sinπx

となる. ここで

,

π²G(x) = pⁿ{

π²ⁿ⁺²f_n(x)−π²ⁿf_n⁽²⁾(x) +π²ⁿ⁻²f_n⁽⁴⁾(x)− · · ·+ (−1)ⁿπ²f_n⁽²ⁿ⁾(x)} G^′′(x) = pⁿ{

π²ⁿf_n⁽²⁾(x)−π²ⁿ⁻²f_n⁽⁴⁾(x) +π²ⁿ⁻⁴f_n⁽⁶⁾(x)− · · ·+ (−1)ⁿf_n⁽²ⁿ⁺²⁾(x)} .

であるから,

fn⁽²ⁿ⁺²⁾(x) = 0

に注意して,

π²ⁿ=qⁿ/pⁿ

を代入すると

d

dx{G^′(x) sinπx−πG(x) cosπx}=pⁿπ²ⁿ⁺²f_n(x) sinπx=π²qⁿf_n(x) sinπx.

(3) (3

点

) 0 < x < 1

において

, 0 < sinπx ≤ 1

であり

,

また

0 < xⁿ,(1−x)ⁿ < 1

より

0< fn(x) = xⁿ(1−x)ⁿ

n! < 1

n!.

したがって

0< I =π

∫ 1 0

qⁿf_n(x) sinπx dx < π

∫ 1 0

qⁿ· 1

n! ·1dx= πqⁿ n! .

[

この証明は以下の論文にもとづく：

• Ivan Niven, “A simple proof that π is irrational,” Bulletin of the American Mathe- matical Society53 (1947) 509.

学問の新しい成果は

,

一般に学術雑誌に出版されて公に認められる

. (

先述の論文は

,

「

Bul- letin of the American Mathematical Society

」という名前の学術雑誌に出版されたということである.) 学術雑誌に出版されるためには, まず結果を

(たいていは英文の)

論文として書き下ろして

,

学術雑誌に投稿し

,

レフェリーと呼ばれる専門家の査読をクリアしなければならない

.

数学においても未解決問題はもちろん無数にあり, 重要な問題には懸賞金がかけられていることもある

.

例えば

,

クレイ研究所が

2000

年に出題した「ミレニアム

7

大問題」には

1

問につき

100

万ドルの懸賞金が掛けられている

. (Google

で検索すればいろいろと出てきます.) 7 大問題の一つ, ポアンカレ予想は, 10 年ほど前にロシアの数学者ペレルマ

ン

(Pelelman)

によって解かれた

.

彼はこの業績で数学のノーベル賞と呼ばれる

2006

年の

フィールズ賞受賞者に選ばれたが

,

受賞を辞退し話題を呼んだ

.

ポアンカレ予想にまつわる数学者のドキュメンタリーが

DVD

化されている：

• NHK

エンタープライズ「ポアンカレ予想・

100

年の格闘〜数学者はキノコ狩りの

夢を見る〜」

(2010

年

)

(5)

なお，数の無理数性の証明については，古くから有名問題が存在する．チャレンジ問題として，以下の問題を出題しよう．

(

成績に無関係．特に

(4)

は未解決の有名問題！

)

問題

11. (オイラーの定数)

数列

a_n := 1 + 1

2 +· · ·+ 1

n −logn

が収束することを, 関数

y= 1

x

のグラフを利用して証明しよう

.

(1)

数列

{an}

は下に有界であることを示せ

. (2)

数列

{a_n}

は単調減少数列であることを示せ

. (3)

数列

{a_n}

は収束することを示せ

.

(4)

この極限値

γ := lim

n→∞a_n = 0.5772· · ·

をオイラーの定数, あるいはオイラー・マス

ケローニ

(Euler-Mascheroni)

変数関数の連続性・