- 問題１。定数 $c\gt 1$ に対して、$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{c}=1$ を示せ。(p51, 例2.13(ii))
- 解答？：$a_n = \sqrt[n]{c}$と置く。
$\alpha=\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_n$ と置く。
$\displaystyle a_{2n}^2 = (c^{\tfrac1{2n}})^2 =c^{\tfrac1n} = a_n$ である。
両辺の極限をとって、
$\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_{2n}^2 = \lim_{n\to\infty} a_n$ となる。
左辺は、定理2.8(2.37) より、
$\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_{2n}^2 = (\lim_{n\to\infty} a_{2n})^2 = \alpha^2$ となる。
従って、$\alpha^2=\alpha$ となる。
従って、$\alpha=0$ または $\alpha=1$ である。
$a_n \ge 1$ なので、定理2.9(ii) より $\alpha \ge 1$ である。
従って、$\alpha=1$ が示せた。証明終わり。
- （初級）この解答のどこが間違っているでしょうか。
- （中級）この解答の趣旨に沿って直すにはどこを修正すれば良いでしょうか？
- 問題２。定数 $0\lt c \lt 1$ に対して、$\displaystyle \lim_{n\to\infty} c^n=0$ を示せ。(p51, 例2.12(ii))
- 解答？：$a_n = c^n$ と置く。
$\alpha=\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_n$ と置く。
$a_{n+1} = c a_n$ である。
両辺の極限をとって、
$\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_{n+1} = \lim_{n\to\infty} c a_n = c \lim_{n\to\infty} a_n$.
ここで最後の等号では、定理2.8(2.38)を用いた。
従って、$\alpha=c \alpha$.
$c \neq 1$ なので、$\alpha=0$.
- （初級）この解答のどこが間違っているでしょうか。
- （中級）この解答の趣旨に沿って直すにはどこを修正すれば良いでしょうか？
- 問題３。$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n}=1$ を示せ。(p51, 例2.13(i))
- 解答？：$a_n = \sqrt[n]{n}$と置く。
$\alpha=\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_n$ と置く。
$\displaystyle a_{2n}^2 = ((2n)^{\tfrac1{2n}})^2 =(2n)^{\tfrac1n} = 2^{\tfrac1n} n^{\tfrac1n} = 2^{\tfrac1n} a_n$ である。
両辺の極限をとって、
$\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_{2n}^2 = \lim_{n\to\infty} 2^{\tfrac1n} a_n$ となる。
左辺は、定理2.8(2.37) より、
$\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_{2n}^2 = (\lim_{n\to\infty} a_{2n})^2 = \alpha^2$ となる。
右辺は、定理2.8(2.37) と、上の問１より、
$\displaystyle \lim_{n\to\infty}2^{\tfrac1n} a_n =\lim_{n\to\infty}2^{\tfrac1n} \lim_{n\to\infty} a_n
= 1 \times \alpha=\alpha$ となる。
従って、$\alpha^2=\alpha$ となる。
従って、$\alpha=0$ または $\alpha=1$ である。
$a_n \ge 1$ なので、定理2.9(ii) より $\alpha \ge 1$ である。
従って、$\alpha=1$ が示せた。証明終わり。
- （初級）[問1の結果を自由に使って良いとしても] この解答は誤っています。どこが間違っているでしょうか。
- （中級）この解答の趣旨に沿って直すにはどこを修正すれば良いでしょうか？
- 問題４。 $I=\displaystyle\int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{x^4+4}$ を求めよ。（チャート式微積分 重要例題（演習編）52）
- 解答？ $I=\displaystyle \frac18 \int_{-\infty}^\infty \left( \frac{x+2}{x^2+2x+2} - \frac{x-2}{x^2-2x+2} \right) dx$
$= \displaystyle \frac18 \int_{-\infty}^\infty \frac{x+2}{x^2+2x+2} dx - \frac18 \int_{-\infty}^\infty \frac{x-2}{x^2-2x+2} dx$ $= \displaystyle \frac18 \int_{-\infty}^\infty \frac{x+1}{x^2+1} dx - \frac18 \int_{-\infty}^\infty \frac{x-1}{x^2+1} dx$ $=\displaystyle \frac14 \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x^2+1} dx=\frac14 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta = \frac{\pi}{4}$.
- （初級）この解答のどこが間違っているでしょうか。
- （中級）この解答の趣旨に沿って直すにはどこを修正すれば良いでしょうか？
- 問題5。$[-a,a]$ で定義された奇関数$f$ が逆関数 $f^{-1}$ を持てば、$f^{-1}$ も奇関数である。
（教科書、命題5.2, p163。)
- 証明。$I=[-a,a]$ と書き、$f$ の像を $J=f(I)=f([-a,a])$ と書く。$J$ も$-1$ 倍に関して対称である。すなわち、$y \in J$ ならば $-y \in J$ である(
なぜなら $x \in I$ が存在して $y=f(x)$ なので $-y=-f(x)=f(-x) \in f(I)=J$)。
この時、上で示した $-y=f(-x)$ の両辺を $f^{-1}$ で移すと、$f^{-1}(-y) = -x =- f^{-1}(y)$ となるので、$f^{-1}$ は奇関数である。証明終わり。
- 補足：連続性や狭義単調増加性はこの述べ方ならば不要である。$I$ が区間であることも必要なくて、性質「$x \in I$ ならば $-x \in I$」だけがあれば十分である。
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