解析学 B ：問題と解説

解析学 B：問題と解説

大学院情報科学研究科 尾畑 伸明（担当教員）

はじめに 2004年度後期に開講した工学部1年生向「微分積分学」で出題したレポート問 題・小テスト・期末試験とその解説を掲載する。

教科書：中村哲男ほか「基礎微分積分学II」共立出版

1 [改題]テーラー展開 1

1 +x =

∑∞ n=0

(−1)ⁿxⁿ = 1−x+x²−x³+x⁴ −+. . . , 1

1 +x² =

∑∞ n=0

(−1)ⁿx²ⁿ= 1−x²+x⁴−x⁶+x⁸−+. . . , arctanx=

∑∞ n=0

(−1)ⁿ

2n+ 1x²ⁿ⁺¹ =x− x³ 3 +x⁵

5 − x⁷ 7 +x⁹

9 −+. . . . から

x=−1

2 とおくと 1 + (1

2 )

+ (1

2 )2

+ (1

2 )3

+ (1

2 )4

+· · ·= 2 (1.1) x= 1 とおくと 1−1 + 1−1 + 1−1 +− · · ·= 1

2 (1.2)

x= 2 とおくと 1−2 + 2²−2³+ 2⁴−+· · ·= 1

1 + 2 = 1

3 (1.3)

x= 1

√3 とおくと 1− 1 3

( 1

√3 )3

+1 5

( 1

√3 )5

− 1 7

( 1

√3 )7

+− · · ·= π

6 (1.4) x= 1 とおくと 1− 1

3+ 1 5− 1

7+ 1

9−+· · ·= π

4 (1.5)

x=√

3とおくと √

3−(√ 3)³ 3 +(√

3)⁵ 5 − (√

3)⁷

7 +− · · ·= π

3 (1.6)

などが得られるが, (1.1)–(1.6)には正しいものと誤っているものがある. それぞれにつ いて正誤を明らかにし, 正しいものには証明, 誤りのものにはその理由を詳しく述べよ.

解説 一般に,関数のf(x)がテーラー展開できるためには,考えている中心点x=aにおい て関数f(x)が無限回微分可能である必要がある. 得られる高階微分係数の列f(a), f^′(a), f^′′(a), . . . からベキ級数

∑∞ n=0

f⁽ⁿ⁾(a)

n! (x−a)ⁿ

が作られる. しかしながら, これが f(x) を再現しているとは限らないのである.

さて,

1 1 +x =

∑∞ n=0

(−1)ⁿxⁿ= 1−x+x²−x³+x⁴−+. . . (1.7) については,右辺の部分和(等比数列の和)をきちんと求めて極限移行することによって,−1<

x <1でのみ正しいことがわかる. したがって, (1.1) は正しいが, (1.2), (1.3) は誤りである.

1 1 +x² =

∑∞ n=0

(−1)ⁿx²ⁿ = 1−x²+x⁴−x⁶+x⁸−+. . . (1.8) は (1.7) において x を x² でおきかえたものである. あきらかに, −1 < x < 1 でのみ成り 立つ.

arctanx=

∫ x 0

dt 1 +t²

であるから, (1.8)の右辺を積分するのが自然な発想である. しかし, 2つの無限演算の順序交 換を伴うので自動的ではない. (1.8) の右辺は|x| ≤r <1 において一様収束であることが示 されるので, そのような x に対しては,

∫ x 0

dt 1 +t² =

∫ x 0

( _∞

∑

n=0

(−1)ⁿt²ⁿ )

dt =

∑∞ n=0

∫ x 0

(−1)ⁿt²ⁿdt =

∑∞ n=0

(−1)ⁿx²ⁿ⁺¹ 2n+ 1

が得られる. r は r <1 なる限り任意に取れるので, 上の式は |x|<1 では正しい. よって, arctanx=

∑∞ n=0

(−1)ⁿx²ⁿ⁺¹

2n+ 1 (1.9)

が |x| <1において成り立つ. しかし, |x| ≥1 において正しいかどうかはこのことからは不 明である. (1.9)の右辺が収束するためには, 一般項が 0 に収束する必要がある.

nlim→∞

(−1)ⁿx²ⁿ⁺¹ 2n+ 1 = 0.

すぐわかるが, |x| ≤1のとき収束, |x|>1のとき発散する. こうして, (1.9) が成り立つかど うかがはっきりしないx はx=±1の場合である. x=−1 のときは, (1.9)の右辺が

∑∞ n=0

(−1)ⁿ(−1)ⁿ 2n+ 1 =

∑∞ n=0

1

2n+ 1 ≥1 +

∑∞ n=1

1 2n =∞

となり,発散するので (1.9) は不成立. x= 1 のときは, (1.9)が成立することを示そう. その

ために,

arctan 1−

∑n k=0

(−1)^k 2k+ 1

が n → ∞において 0 に収束することを示せばよい.

arctan 1−

∑n k=0

(−1)^k 2k+ 1 =

∫ ₁

0

dx 1 +x² −

∑n k=0

∫ ₁

0

(−1)^kx^2kdx

=

∫ ₁

0

( 1 1 +x² −

∑n k=0

(−1)^kx^2k )

dx

=

∫ 1 0

x²⁽ⁿ⁺¹⁾ 1 +x² dx.

ここで等比数列の和の公式を用いた. 次に, 0≤x≤1において, 0≤ x²⁽ⁿ⁺¹⁾

1 +x² ≤x²⁽ⁿ⁺¹⁾ は明らかである. よって,

0≤

∫ 1 0

x²⁽ⁿ⁺¹⁾ 1 +x² dx≤

∫ 1 0

x²⁽ⁿ⁺¹⁾dx= 1 2n+ 3. こうして,

0≤arctan 1−

∑n k=0

(−1)ⁿ

2n+ 1 ≤ 1

2n+ 3 →0.

結局, (1.4), (1.5)は正しく, (1.6) は誤りである.

2 ^関数 f(x, y) を

f(x, y) =





 xy

x²+y² (x, y)̸= (0,0) のとき, 0 (x, y) = (0,0) のとき, によって定義する.

(1) f(x, y)は (0,0) で連続かどうか調べよ.

(2) 偏微分係数 fx(0,0), fy(0,0) を求めよ.

(3) 直線 (x(t), y(t)) = (αt, βt) に沿って関数 f(x, y) の変化を調べて, グラフ z = f(x, y)の概形を描け.

解説 (1) 直線y=mx に沿って, (x, y)→(0,0) とすると, lim

(x,y)→(0,0) y=mx

xy

x²+y² = lim

x→0

mx²

(1 +m²)x² = lim

x→0

m

1 +m² = m 1 +m².

これは m のとり方によって異なり, 一般には f(0,0) = 0 と一致しない. よって, f(x, y) は (0,0)において連続ではない.

(2) 定義にしたがって計算する.

f_x(0,0) = lim

h→0

f(h,0)−f(0,0)

h = lim

h→0

0−0 h = 0.

同様に,

f_x(0,0) = lim

h→0

f(0, h)−f(0,0)

h = lim

h→0

0−0 h = 0.

(3) 直線 (x(t), y(t)) = (αt, βt) に沿って値を調べるために, g(t) =f(αt, βt) とおく. 定義 からt ̸= 0 においては,

g(t) = αβt²

(α²+β²)t² = αβ α²+β²

となり一定である. つまり, 原点を通過する直線上では f(x, y) は一定値である. 初等的な不 等式

2|αβ| ≤α²+β²

から,

αβ α²+β²

≤ 1 2

であるから, f(x, y) の値は −1/2≤f(x, y)≤1/2の範囲にあることもわかる.

3 a ∈R² を中心, r >0 を半径とする開円板(r-近傍)を U(a;r) ={x∈R²; d(x, a)< r}

とする. 次の図形 E を内部に含まれる開円板の列 U₁, U₂, . . . で埋め尽くす(つまり, U_i ⊂E であって,E =

∪∞ i=1

U_i としたい. ただし,U_i は互いに重なってもよい)ことはで きるか? どうすればよいか?

(1) E1 ={x∈R²; d(x, o)≤1},ただし o は原点. (2) E₂ ={x= (x₁, x₂)∈R²; |x₁|+|x₂|<1}. (3) E₃ ={x= (x₁, x₂)∈R²; |x₁|+|x₂|>1}.

解説 (1) できない. もし, Ui ⊂E1 であって,E1 =

∪∞ i=1

Ui とできたとして矛盾を導こう. E1

の周上の点を1つとり, p とする. p∈E1 であるから, p を含む Ui が少なくとも1個存在す る. U_i の中心を a_i,半径をr_i とする. d(a_i, p)< r_i であるから,線分 a_ip の延長上に,点 q を

d(a_i, p)< d(a_i, q)< r_i を満たすようにとることができる. 特に, q∈U_i である.

3角形 △oaiq に注目すれば,

d(o, q)> d(o, p) = 1.

これは, q̸∈ E1 を意味する. つまり, q ∈Ui であるのに q ̸∈E1 となり, Ui ⊂ E1 の仮定に反 する.

(2) 可能である. 一例を示そう. 図形的に同じなので, 正方形を E₂ ={(x₁, x₂)∈R²; |x₁|<1, |x₂|<1}

と取り直す. 中心を pⁿ_ij =

( j 2ⁿ, k

2ⁿ )

, i, j = 0,±1,±2, . . . ,±(2ⁿ−1), n= 1,2, . . . とし,正方形 E₂ に内接する円を考える. その内部を U_ijⁿ とする. つまり,

U_ijⁿ = {

x∈R² d(x, pⁿ_ij)<min{1−|j|

2ⁿ,1− |k| 2ⁿ

} .

まず, E2 の点に対して, n, i, j をうまく選んで, その点を含む U_ijⁿ が存在することを示そう. E₂ の点でx 軸または y 軸上にある点はU₀₀⁰ に含まれる. そこで, 軸上でない点を考えよう.

対称性から x= (x₁, x₂)∈E₂ で x₁ >0, x₂ >0 をみたすものを考える. さらに a = 1−x₂ ≤b= 1−x₁

となっているものとする. (そうでないときは, x1, x2 の役割を入れ替えて同じ議論をすれば よい.) n を大きくとって,

a > 1 2ⁿ ×2 となるようにとる. 次に, i, j を

i

2ⁿ ≤x1 < i+ 1

2ⁿ , j

2ⁿ ≤x2 < j+ 1

2ⁿ , (3.1)

となるようにとる. i, j は 0,1,2, . . . ,2ⁿ−1 から選ばれている. p=

( i 2ⁿ, j

2ⁿ )

と定め, pを中心とし正方形 E2 に内接する円を描き, U =U_ijⁿ を考える.

このとき, x∈U であることを示そう. 実際, (3.1) から d(p, x) =

√(

x₁− i 2ⁿ

)2

+ (

x₂− j 2ⁿ

)2

≤

√( 1 2ⁿ

)2

+ ( 1

2ⁿ )2

=

√2 2ⁿ . 一方,U の半径 r は,

r= min {

1− i

2ⁿ,1− j 2ⁿ

}

であるから,

r≥a > 2 2ⁿ. したがって,

d(p, x)≤

√2 2ⁿ ≤ 2

2ⁿ < r.

つまり, x∈ U. こうして, E₂ 内のすべての点は, n, i, j をうまく選ぶことによって U_ijⁿ のい ずれかに含まれる. 各 n ごとにU_ijⁿ を適当に配列し,それらをを n の小さいほうから順に並 べて,番号をつけたものを U_i とすれば求める {U_i} になる.

(3) 可能である. (2) の類似で考えてみよう. 図形的に同じなので, E₃ ={(x₁, x₂)∈R²; |x₁|>1, |x₂|>1} と取り直す. n= 1,2, . . . に対して, 点 pⁿ_ij を

pⁿ_ij = ( j

2ⁿ, k 2ⁿ

) ,

で定める. ただし, i, j は |i|,|j| ≤n·2ⁿ を満たす整数であり, pⁿ_ij が E₃ に属さないものは除 外する. 各 pⁿ_ij を中心とする円で, E₃ に属するようなもののうち最大のものをU_ijⁿ とする.

任意の点x∈E₃ は,n, i, j をうまく選んでx∈U_ijⁿ とできることが(2) と同様に示される.

また,各 n に対して U_ijⁿ は有限個しかないので, 一列に並べることができる. それらを n に したがってつないで一列に並べて番号をつけたものを {U_i} とすれば, 求めるべきものの一 例になる.

4 n = 0,1,2, . . . とする. cosnθ は n 次多項式 T_n(x)によって, cosnθ=T_n(cosθ)

のように表示できることを証明せよ. 次に,

∫ ₊₁

−1

T_m(x)T_n(x)dx, m, n= 0,1,2, . . . , を計算せよ.

解説 n= 0 のときは, T₀(x) = 1 (定数)とすれば cos 0θ = 1 =T₀(cosθ). n = 1 のときは, T₁(x) = x とすればcosθ =T₁(cosθ). n ≥2 とする. 三角関数に対する公式から

cos(n+ 1)θ= cosnθcosθ−sinnθsinθ, sinnθsinθ=−1

2(cos(n+ 1)θ−cos(n−1)θ).

よって,

cos(n+ 1)θ = cosnθcosθ+1

2(cos(n+ 1)θ−cos(n−1)θ).

移項して,

cos(n+ 1)θ = 2 cosnθcosθ−cos(n−1)θ. (4.1) さて,n≥1として,nまで主張が正しいとすれば,多項式T₀, T₁, . . . , T_nが存在してT_k(cosθ) = coskθ, k= 0,1,2, . . . , n が成り立つ. (4.1) から,

cos(n+ 1)θ= 2 cosθT_n(cosθ)−T_n−1(cosθ)

となるが, これはcosθ の n+ 1 次多項式である. ついでながら, T_n+1(x)は T_n+1(x) = 2xT_n(x)−T_n−1(x), T₀(x) = 1, T₁(x) = x, から定まる.

(2) x= cosθ とおく. xが −1→1 と変化するとき,θ は π →0 であることに注意.

∫ ₁

−1

T_m(x)T_n(x)dx=

∫ ₀

π

cosmθcosnθ(−sinθ)dθ

=

∫ π 0

cosmθcosnθsinθ dθ.

ここで,

cosmθcosnθsinθ = 1

2{cos(m+n)x+ cos(m−n)x}sinx

= 1

4{sin(m+n+ 1)x−sin(m+n−1)x

+ sin(m−n+ 1)x−sin(m−n−1)x}

に注意する. これを積分するにあたって,m±n±1が 0になるかどうかで場合わけする. ま た, 記号を簡単にするために, 問題の積分値をI_m,n とおく.

I_m,n = 1 4

∫ _π

0

{sin(m+n+ 1)x−sin(m+n−1)x

+ sin(m−n+ 1)x−sin(m−n−1)x}dx. (4.2) (i) m=n≥0 のとき. m±n±1は 0にはなりえない.

I_n,n=

∫ _π

0

1

4{sin(2n+ 1)x−sin(2n−1)x+ 2 sinx}dx

= 1 4

[

−cos(2n+ 1)x

2n+ 1 + cos(2n−1)x

2n−1 −2 cosx ]π

0

= 1 4

{

−(−1)²ⁿ⁺¹−1

2n+ 1 +(−1)²ⁿ⁻¹−1

2n−1 −2(−1−1) }

= 1 4

{

− −2

2n+ 1 + −2 2n−1+ 4

}

= 1− 1

(2n+ 1)(2n−1).

(ii) m > n≥0 のとき. まず,m+n+ 1̸= 0, m−n+ 1̸= 0 であるから, I_m,n = 1

4

∫ _π

0

{sin(m+n+ 1)x−sin(m+n−1)x + sin(m−n+ 1)x−sin(m−n−1)x}dx

= 1 4

[

−cos(m+n+ 1)x

m+n+ 1 − cos(m−n+ 1)x m−n+ 1

]π

0

+1 4

∫ _π

0

{−sin(m+n−1)x−sin(m−n−1)x}dx

=−1 4

{(−1)^m+n+1−1

m+n+ 1 +(−1)^m−n+1−1 m−n+ 1

}

+1 4

∫ π 0

{−sin(m+n−1)x−sin(m−n−1)x}dx.

したがって, m+n の偶奇で場合わけするのが便利であろう.

(iia) m+n が偶数のとき. m−n も偶数になる. さらに, m+n−1,m−n−1 は奇数な ので0 にならない.

I_m,n =−1 4

{ −2

m+n+ 1 + −2 m−n+ 1

}

+1 4

∫ π 0

{−sin(m+n−1)x−sin(m−n−1)x}dx

= 1 4

{ 2

m+n+ 1 + 2 m−n+ 1

}

+1 4

[cos(m+n−1)x

m+n−1 +cos(m−n−1)x m−n−1

]π

0

= 1 4

{ 2

m+n+ 1 + 2 m−n+ 1

}

− 1 4

{ 2

m+n−1 + 2 m−n−1

}

=− 1

(m+n+ 1)(m+n−1) − 1

(m−n+ 1)(m−n−1). (iib) m+n が奇数のとき. m−n も奇数なので,

I_m,n =−1 4

{(−1)^m+n+1−1

m+n+ 1 + (−1)^m−n+1−1 m−n+ 1

}

+ 1 4

∫ π 0

{−sin(m+n−1)x−sin(m−n−1)x}dx

= 1 4

∫ π 0

{−sin(m+n−1)x−sin(m−n−1)x}dx m+n= 1 のとき,つまり m= 1, n = 0 のときは, 被積分関数が0 となり,

I_m,n = 0.

m+n >1, m−n= 1 のとき, つまり m=n+ 1, n ≥1,のときは, I_m,n = 1

4

∫ _π

0

{−sin(m+n−1)x−sin(m−n−1)x}dx

= 1 4

∫ _π

0

(−sin(m+n−1)x)dx

= 1 4

[cos(m+n−1)x m+n−1

]π

0

= 1 4

(−1)^m+n−1−1 m+n−1 = 0.

最後に, m+n >1,m−n > 1のとき, つまりm ≥n+ 2, n ≥0,のときは, I_m,n = 1

4

∫ π 0

{−sin(m+n−1)x−sin(m−n−1)x}dx

= 1 4

[cos(m+n−1)x

m+n−1 +cos(m−n−1)x m−n−1

]π

0

= 1 4

{(−1)^m+n−1−1

m+n−1 + (−1)^m−n−1−1 m−n−1

}

= 0.

m > n≥0 として計算したが, n > m≥0 の場合も同様である. 以上まとめると, m=n≥0 のとき,

∫ 1

−1

T_n(x)²dx= 1− 1

(2n+ 1)(2n−1). m̸=n, m+n が偶数のとき,

∫ 1

−1

T_m(x)T_n(x)dx=− 1

(m+n+ 1)(m+n−1)− 1

(m−n+ 1)(m−n−1). m̸=n, m+n が奇数のとき, ∫ 1

−1

T_m(x)T_n(x)dx = 0.

（注意）Tn(x) は第1種チェビシェフ多項式と呼ばれる. Tn(x) は cosnθ を cosθ で表す公式 になっている.

関連問題 第1種チェビシェフ多項式 T_n(x) に対して次の積分を計算せよ.

∫ ₁

−1

T_m(x)T_n(x)

√1−x² dx

5 θ を定数として, (x, y)∈R² に対して (X, Y) を {X =xcosθ−ysinθ

Y =xsinθ+ycosθ によって定める. 次の問に答えよ.

(1) (x, y) を (X, Y)で表せ.

(2) (X, Y)を平面上の新しい座標系と考えるとき, 元の(x, y)-座標系との関係を図を 用いて説明せよ.

(3) 曲線 ax²+ 2bxy+cy² = 1 を (X, Y)で表し, θ を上手にとることによって AX²+BY² = 1

の形にできることを示せ.

(4) 次の曲線の概形を図示せよ. (a) 2x²+ 2√

3xy+ 4y² = 1 (b) x²+ 4xy−3y² =−1