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\def\R{{\bold R}}
\def\e{{\varepsilon}}


\centerline{数学I A (理科I類17,18,27,28組)レポート・中間テスト解説}
\rightline{1995年1月23日　河東泰之}
\bigskip

・レポートについて

1問10点，合計30点でつけてあります．[1], [2]はかなりできていましたが，
[3]はほとんどの人が誤って，「正しい」と答えていました．

\bigskip
[1] 
これは前期のレポート問題だった演習の[26]に
さらに条件を付けたものです．
いくらでも例はありますが，例えば，
$$ f_n(x)=\cases
2nx,&\hbox{$0\le x\le 1/2n$の時，}\\
2-2nx,&\hbox{$1/2n \le x\le 1/n$の時，}\\
0,&\hbox{$1/2n \le x\le 1$の時．}
\endcases$$
とおけば，
すべての$x\in[0,1]$で，$\dsize\lim_{n\to\infty}f_n(x)=0$
となることは明らかで，また，すべての$n$に対し，
$\dsize\max_{0\le x\le1} f_n(x)=1$ですから，
関数列$\{f_n(x)\}_n$は，閉区間$[0,1]$で，定数関数$0$に
一様収束していません．そして，
$$\lim_{n\to\infty}\int_0^1 f_n(x)\;dx
=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n}=0$$
が成り立ちます．

ほかにも例はたくさんあり，場合分けのない一つの式でもかけます．

\bigskip
[2]
まず普通にやると，
$$\align
\int_{-1}^1\frac{1}{x^2+(x-1)^2}\;dx&=
\int_{-1}^1\frac{2}{4x^2-4x+2}\;dx\\
&=\int_{-1}^1\frac{2}{(2x-1)^2+1}\;dx\\
&=\left[\arctan(2x-1)\right]^1_{-1}\\
&=\arctan 1-\arctan(-3)\\
&=\frac{\pi}{4}+\arctan 3
\endalign$$
となります．
次に
$$\align
&\int_{-1}^1\frac{1}{x^2+(x-1)^2}\;dx\\
=&
\int_{-1}^1
\frac{1}{x^2\left(\left(1-\frac{1}{x}\right)^2+1\right)}\;dx\\
=&
\int_{-1}^0
\frac{0}{x^2\left(\left(1-\frac{1}{x}\right)^2+1\right)}\;dx+
\int_{0}^1
\frac{1}{x^2\left(\left(1-\frac{1}{x}\right)^2+1\right)}\;dx\\
=&
\lim_{\e\downarrow 0}\int_{-1}^{-\e}
\frac{0}{x^2\left(\left(1-\frac{1}{x}\right)^2+1\right)}\;dx+
\lim_{\e\downarrow 0}\int_{\e}^1
\frac{1}{x^2\left(\left(1-\frac{1}{x}\right)^2+1\right)}\;dx\\
=&\lim_{\e\downarrow 0}
\left[\arctan\left(1-\frac{1}{x}\right)\right]_{-1}^{-\e}+
\lim_{\e\downarrow 0}
\left[\arctan\left(1-\frac{1}{x}\right)\right]_{\e}^{1}\\
=&\left(\frac{\pi}{2}-\arctan 2\right)+
\left(0-\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right)\\
=&\pi-\arctan2
\endalign$$
となって，もう一つの答を得ます．二つの目の方で，
一気に
$$\left[\arctan\left(1-\frac{1}{x}\right)\right]_{-1}^1=0-\arctan2$$
とやると間違えてしまいます．（もとの関数の値は正で，この答は
負ですからこれがおかしいことは計算しなくてもわかります．）
なぜこの後の方はダメかというと，関数
$\dsize\arctan\left(1-\frac{1}{x}\right)$は，$x=0$で定義されて
いないので，この関数の微分が
$\dsize\frac{1}{x^2\left(\left(1-\frac{1}{x}\right)^2+1\right)}$
に等しいという式を使うには$x=0$の点をよけないといけないのです．

\bigskip
[3] これはほとんどできていませんでした．「何が問題なのかわからない」，
「実解析関数の定義がそのまま書いてあるのではないか」という声も
ありましたが，問題に書いてある条件は実解析関数の定義とは違います．
（よく見比べてください!）すなわち，問題文では「$\dsize\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$の収束半径が正である」と言っているだけですが，
実解析関数になるためには，この収束したべき級数が（$a$を含む
開区間で）$f(x)$に等しくなることが必要です．そして，このことが
成り立たない関数があるのです．つまり，「Taylor展開で得られる
べき級数は収束するが，もとの関数には一致しない」ということが
起こり得ます．以下，その様な具体例をあげますが，この問題は
ちょっと難しすぎたようです．できなくても別に悲観することは
ありません．（期末試験にはこのようなレベルの問題は出ません．）

このような関数は実は大量にあるのですが，具体的に書いて，
本当に条件を満たしていることを示すのは結構大変です．
一番簡単そうな例は，
$$ f(x)=\cases
0,&\hbox{$x\le 0$の時，}\\
e^{-1/x},&\hbox{$x>0$の時．}
\endcases$$
でしょう．（演習問題の[23] --- まだ解かれていない ---も
本質的に同じ関数です．）
この関数について証明すべきことは，次の３つです．

(A) 何回でも微分できる．

(B) すべての実数$a$に対して，べき級数
$\dsize\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$
の収束半径が正である．

(C) 実解析的ではない．

まず，(A)からいきます．$x=0$だけが問題で，ほかの点で
何回でも微分できることは明らかです．それには，数学的帰納法で，
「$x>0$の時，$f^{(n)}(x)$は，$P_n$を適当な多項式として
$P_n(1/x)e^{-1/x}$の形になる」ということを示して，
$f^{(n)}(0)=0$を導きます．（詳しくは省略します．
この種のことをきちんとやるのが演習の[23]です．）

次に(B)ですが，$a<0$の時は明らかです．$a>0$の時は，
$e^{-1/x}$が$(0,\infty)$で実解析的であることが示せるので
大丈夫です．（収束半径は$a$になります．
もっとも「$e^{-1/x}$が$(0,\infty)$で実解析的である」
こともちゃんと証明を書くとかなり大変です．ここでは省略します．
演習問題[76]も関連しています．）そして$a=0$の時は，上のことより
$f^{(n)}(0)=0$なのでべき級数の係数はすべて0になり，明らかに
収束半径無限大となります．

そして最後に，(C)ですが，もし実解析的ならば，
0を含むある開
区間で
$$f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n=0$$
とならなければなりませんが，
$x>0$では$f(x)>0$ですから，このようなことはありえません．
以上で，反例の構成ができました．

誤答で多かったのは次のような論法でした．

$x=a$の回りでのTaylor展開を有限項でとめて，剰余項
$\dsize\frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-a)^n$を調べます．これが
$n\to\infty$の時，0に収束することを示そうとするのですが，
$\dsize\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$の
収束半径が正であることから，十分$a$に近い$c$に対して
$\dsize\frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-a)^n\to0$と結論するものです．

しかし，これは誤りで，このような論法で言えていることは
十分$a$に近い$b$に対し，
$\dsize\frac{f^{(n)}(c)}{n!}(b-a)^n\to0$ということだけです．

\vfill\eject
・中間テスト

配点は，1番から順に30点（各小問10点），40点，30点です．
%平均点は，??.?点，得点分布は次のとおりでした．

%$$\vbox{\offinterlineskip
%\def\vsp{height 2pt &\omit &&\omit &&\omit &&\omit &&\omit &&\omit
%&\cr}
%\def\t{\noalign{\hrule}}
%\def\h{\hfil}

%\halign{& \vrule # & \strut \;\;\hfil # \; \cr
%\t\vsp
%& 0--19 (点) && 20--39  && 40--59 && 60--79 && 80--99 && 100 & \cr
%\vsp\t
%& ?(人) &&  ? &&  ? && ? && ? && ? & \cr
%\vsp\t
%}}$$

\bigskip [1] $c=1$の場合が授業でやったものです．

(1)は計算するだけで，答は
$$\log c+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n c^n}
(x-c)^n$$
です．

(2) Cauchy-Hadamardの公式より収束半径は$c$です．
あるいは，$\dsize\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1) c^{n+1}}{n c^n}=c$
というほうの公式を使ってもできます．

(3) $\log x$は実解析的で，またべき級数も
収束半径内で実解析関数を定めるので，授業でやった
定理より，等式は$(0,2c)$で成り立ちます．収束半径が
$c$であることより，これより広い開区間ではダメなので
これが答です．

\bigskip [2]
授業でやった
$$I_n=\int\frac{1}{(x^2+1)^n}\;dx$$
とおいたときの漸化式は
$$I_n=\frac{1}{2n-2}\frac{x}{(x^2+1)^{n-1}}+
\frac{2n-3}{2n-2}I_{n-1}$$
でした．これより答は，
$$\frac{x}{4(x^2+1)^2}+
\frac{3x}{8(x^2+1)}+\frac{3}{8}\arctan x+C$$
($C$は積分定数)です．

また，$x=\tan t$と置換してもできます．

\bigskip [3]
$0\le c<1$となる任意の実数$c$に対し，
閉区間$[0,c]$で，べき級数$1-x^2+x^4-x^6+x^8-\cdots$
は，$\dfrac{1}{1+x^2}$に一様収束しています．
よってこの区間で項別積分して，
$$\arctan c=c-\frac{c^3}{3}+\frac{c^5}{5}
-\frac{c^7}{7}+\frac{c^9}{9}-\cdots$$
を得ます．$-1<c\le 0$の場合も同様です．

単に「べき級数だから項別積分してよい」という説明でもO.K.ですが，
その場合収束半径のことも一言触れてください．（そうしないと，
なぜ問題で$-1<x<1$という制限がついているのかわからなくなって
しまいます．）

何の根拠も書かずにいきなり項別積分したものはかなりの
減点を免れません．

\bye