微積分A中間テスト解答 ¹

Date: 2008年5月29日

目次

• 1. 次の数列の...
• 2. 数列 $¥{u_{n}¥}_{n¥in¥mathbb{N}}$ を漸化式...
• 3. 次の極限を...
• 4. (1) $¥sinh x=¥dfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}$ , $¥tanh x= ¥dfrac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}$ の逆関数が...
• 5. $0< a<b$ として、数列...

授業および教科書で扱った事実は証明無しに使ってよいが、その際にはどの事実を用いたかをことわること。

1. 次の数列の極限を求めよ。

$$¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥sqrt{n^{2}+2n+4}-¥sqrt{n^{2}-2n-3} ¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥left(¥dfrac{2n+3}{3n-1}¥right)^{n}$$

$$¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥sqrt[n]{2n+1} ¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{1+2^{2}+3^{2}+¥dots+n^{2}}{n^{3}+1} ¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥left(1-¥dfrac{1}{n}¥right)^{3n}$$

[解答](1)

$$¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥sqrt{n^{2}+2n+4}-¥sqrt{n^{2}-2n-3} = ¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{4n+7}{¥sqrt{n^{2}+2n+4}+¥sqrt{n^{2}-2n-3}}$$

$$¥displaystyle = ¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{4+7n^{-1}}{¥sqrt{1+2n^{-1}+4n^{-2}}+¥sqrt{1-2n^{-1}-3n^{-2}}}=2.$$

(2) $n¥geq 9$ のとき $0¥leq ¥left(¥dfrac{2n+3}{3n-1}¥right)^{n} ¥leq ¥left(¥dfrac{7n/3}{8n/3}¥right)^{n}=¥left(¥dfrac{7}{8}¥right)^{n}$ が成り立つ。右辺の極限は0 だからはさみうちの原理により $¥displaystyle{¥lim_{n¥to¥infty}}¥left(¥dfrac{2n+3}{3n-1}¥right)^{n}=0$ .

(3) $h>0$ に対して $1¥leq ¥sqrt[n]{1+h}¥leq 1+¥dfrac{h}{n}$ からはさみうちの原理により $¥displaystyle{¥lim_{n¥to¥infty}}¥sqrt[n]{1+h}=1$ . よって

$¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty} ¥sqrt[n]{(1+h)n}= ¥lim_{n¥to¥infty}¥sqrt[n]{1+h}¥lim_{n¥to¥infty}¥sqrt[n]{n}=1¥cdot 1=1$

である。このことと $¥sqrt[n]{2n}¥leq ¥sqrt[n]{2n+1}¥leq ¥sqrt[n]{3n}$ に対するはさみうちの原理により $¥displaystyle{¥lim_{n¥to¥infty}}¥sqrt[n]{2n+1}=1$ .

(4)

$$¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{1+2^{2}+3^{2}+¥dots+n^{2}}{n^{3}+1} = ¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6(n^{3}+1)}$$

$$¥displaystyle = ¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{2+3n^{-1}+n^{-2}}{6+6n^{-3}}=¥dfrac{1}{3}.$$

(5)

$$¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥left(1-¥dfrac{1}{n}¥right)^{n}= ¥lim_{n¥to¥inft... ...}¥right)^{n} = ¥lim_{n¥to¥infty}¥left(¥dfrac{n}{n-1}¥right)^{1-n}¥dfrac{n-1}{n}$$

$$¥displaystyle = ¥left(¥lim_{n¥to¥infty}¥left(1+¥dfrac{1}{n-1}¥right)^{n-1}¥right)^{-1}¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{n-1}{n} =¥dfrac{1}{e}$$

だから

$¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥left(1-¥dfrac{1}{n}¥right)^{3n}= ¥left(¥lim_{n¥to¥infty}¥left(1-¥dfrac{1}{n}¥right)^{n}¥right)^{3} =¥dfrac{1}{e^{3}}.$

ページトップへ
2. 数列 $¥{u_{n}¥}_{n¥in¥mathbb{N}}$ を漸化式

$¥displaystyle u_{1}=1, ¥quad u_{2}=5, ¥quad u_{n}= u_{n-1}+2u_{n-2}, (n¥geq 3)$

により定める。
(1)一般項$u_{n}$ を求めよ。
(2) $¥displaystyle{¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}}$ を求めよ。

[解答](1)問題のような$u_{n}$ たちの１次式からなる漸化式(線型漸化式)は次のように行列を使って解くことができる。

まず上の1変数の2階の線型漸化式を2変数の1階線型漸化式

$¥displaystyle ¥begin{pmatrix} a_{n} ¥¥ a_{n-1} ¥end{pmatrix}= ¥begin{pmatrix} 1 & 2 ¥¥ 1 & 0 ¥end{pmatrix}¥begin{pmatrix} a_{n-1} ¥¥ a_{n-2} ¥end{pmatrix}$

に書ける。 $A:=¥begin{pmatrix} 1 & 2 ¥¥ 1 & 0 ¥end{pmatrix}$ の特性多項式は $¥det(xI_{2}-A)= x^{2}-x-2= (x+1)(x-2)$ だから $A¥vec{v}_{1}=2¥vec{v}_{1}$ , $A¥vec{v}_{2}=-¥vec{v}_{2}$ となる $¥vec{v}_{1}$ , $¥vec{v}_{2}$ がある。例えば $¥vec{v}_{1}= ¥begin{pmatrix} 2 ¥¥ 1 ¥end{pmatrix}$ , $¥vec{v}_{2}= ¥begin{pmatrix} -1 ¥¥ 1 ¥end{pmatrix}$ とすればよい。この $¥vec{v}_{1}$ , $¥vec{v}_{2}$ を横に並べた行列を $B= ¥begin{pmatrix} 2 & -1 ¥¥ 1 & 1 ¥end{pmatrix}$ とすると、

$¥displaystyle AB= A ¥begin{pmatrix} ¥vec{v}_{1} & ¥vec{v}_{2} ¥end{pmatrix}= ¥... ... & 0 ¥¥ 0 & -1 ¥end{pmatrix}= B ¥begin{pmatrix} 2 & 0 ¥¥ 0 & -1 ¥end{pmatrix}$

ゆえ $A= B ¥begin{pmatrix} 2 & 0 ¥¥ 0 & -1 ¥end{pmatrix}B^{-1}$ である。これから

$$¥displaystyle A^{n-2}= ¥displaystyle ¥begin{pmatrix}2 & -1 1 & 1 ¥end{pmatrix} ¥begin{pmatrix}2^{n-... ...1)^{n-2} ¥end{pmatrix}¥dfrac{1}{3} ¥begin{pmatrix}1 & 1 -1 & 2 ¥end{pmatrix}$$

$$¥displaystyle = ¥displaystyle ¥dfrac{1}{3} ¥begin{pmatrix}2^{n-1}-(-1)^{n-1} & 2^{n-1}+(-1)^{n-1}2 2^{n-2}-(-1)^{n-2} & 2^{n-2}+(-1)^{n-2}2 ¥end{pmatrix}$$

なので、求める一般項は

$$¥displaystyle ¥begin{pmatrix}u_{n} u_{n-1} ¥end{pmatrix}= ¥displaystyle A^{n-2} ¥begin{pmatrix}u_{1} u_{2} ¥end{pmatrix}= ¥dfrac{1}{3}... ...)^{n-2} & 2^{n-2}+(-1)^{n-2}2 ¥end{pmatrix} ¥begin{pmatrix}5 1 ¥end{pmatrix}$$

$$¥displaystyle = ¥displaystyle ¥begin{pmatrix}2^{n}+(-1)^{n} 2^{n-1}+ (-1)^{n-1} ¥end{pmatrix}$$

つまり $u_{n}= 2^{n}+(-1)^{n}$ である。

(2)

$¥displaystyle ¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{2... ...{n+1}}{2^{n}+(-1)^{n}} ¥lim_{n¥to¥infty}¥dfrac{2-(-1/2)^{n}}{1+ (-1/2)^{n}}= 2$

ページトップへ
3. 次の極限を求めよ。

$$¥displaystyle ¥lim_{x¥to 0}¥left(¥dfrac{1}{x¥sqrt{1+x}}- ¥dfrac{1}{x¥sqrt{1-x}}¥right) ¥displaystyle ¥lim_{x¥to 1}¥dfrac{x^{n}-1}{x-1} ¥displaystyle ¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{¥cos 2x-1}{x^{2}}$$

$$¥displaystyle ¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{e^{2x}-1}{x} ¥displaystyle ¥lim_{x¥to 0} (1+7x)^{1/x}$$

[証明](1)

$$¥displaystyle ¥lim_{x¥to 0}¥left(¥dfrac{1}{x¥sqrt{1+x}}- ¥dfrac{1}{x¥sqrt{1-x}}¥right) =¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{¥sqrt{1-x}-¥sqrt{1+x}}{x¥sqrt{1-x^{2}}}$$

$$¥displaystyle = ¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{1-x -(1+x)}{x¥sqrt{1-x^{2}}(¥sqrt{1-x}+¥sqrt{1+x})} = ¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{-2}{¥sqrt{1-x^{2}}(¥sqrt{1-x}+¥sqrt{1+x})}=-1.$$

(2)

$¥displaystyle ¥lim_{x¥to 1}¥dfrac{x^{n}-1}{x-1}= ¥lim_{x¥to 1} x^{n-1}+x^{n-2}+¥dots+ 1= n.$

(3)

$¥displaystyle ¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{¥cos 2x-1}{x^{2}}= ¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{2¥cos^{2}x-2}{x^{2}} =¥lim_{x¥to 0}-2¥left(¥dfrac{¥sin x}{x}¥right)^{2}=-2.$

(4)教科書の例にあったとおり $e= ¥lim_{t¥to 0}(1+t)^{1/t}$ . この両辺の自然対数を取り、$t=e^{x}-1$ とおけば

$¥displaystyle 1= ¥lim_{t¥to 0}¥dfrac{1}{t}¥log(1+t)= ¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{x}{e^{x}-1}$

を得る。これを使って、

$¥displaystyle ¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{e^{2x}-1}{x}= ¥lim_{x¥to 0}(e^{x}+1)¥dfrac{e^{x}-1}{x}=2¥lim_{x¥to 0}¥dfrac{e^{x}-1}{x}=2.$

(5) $7x$ を$t$ とおけば

$¥displaystyle ¥lim_{x¥to 0}(1+7x)^{1/x}= ¥lim_{t¥to 0}¥bigl((1+t)^{1/t}¥bigr)^{7}=e^{7}.$

ページトップへ
4. (1) $¥sinh x=¥dfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}$ , $¥tanh x= ¥dfrac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}$ の逆関数が定まることを証明し、その定義域を指定せよ。
(2) $¥sinh^{-1} x=¥log(x+¥sqrt{x^{2}+1})$ , $¥tanh^{-1}x=¥dfrac{1}{2}¥log¥dfrac{1+x}{1-x}$ を示せ。

[解答](1) $¥sinh x$ , $¥tanh x$ とも $¥mathbb{R}$ 上の関数。また$h>0$ のとき

$$¥displaystyle ¥sinh(x+h)- ¥displaystyle ¥sinh x=¥dfrac{e^{x+h}-e^{-x-h}-e^{x}+e^{-x}}{2}= ¥dfrac{(e^{x}+e^{-x-h})(e^{h}-1)}{2}>0,$$

$$¥displaystyle ¥tanh (x+h)- ¥displaystyle ¥tanh x=¥dfrac{e^{x+h}-e^{-x-h}}{e^{x+h}+e^{-x-h}}- ¥dfrac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}$$

$$¥displaystyle = ¥displaystyle ¥dfrac{e^{2x+h}+e^{h}-e^{-h}- e^{-2x-h}- e^{2x+h}-e^{-h}+e^{h}+e^{-2x-h}} {(e^{x+h}+e^{-x-h})(e^{x}+e^{-x})}$$

$$¥displaystyle = ¥displaystyle ¥dfrac{2(e^{h}-e^{-h})}{(e^{x+h}+e^{-x-h})(e^{x}+e^{-x})}>0$$

であるから$¥sinh x$ , $¥tanh x$ とも常に狭義単調増加している。また

$$¥displaystyle ¥lim_{x¥to¥pm¥infty}¥sinh x=¥pm ¥infty, ¥quad ¥lim_{x¥to+¥infty}¥tanh x= ¥lim_{x¥to+¥infty}¥dfrac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=1,$$

$$¥displaystyle ¥lim_{x¥to-¥infty}¥tanh x= ¥lim_{x¥to -¥infty}¥dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=-1$$

である。以上から逆関数 $¥sinh^{-1} : ¥mathbb{R}¥to ¥mathbb{R}$ , $¥tanh^{-1} : (-1,1)¥to ¥mathbb{R}$ が定まる。

(2)まず $t:= ¥sinh^{-1}x$ とおくと、

$$¥displaystyle ¥log(x+¥sqrt{x^{2}+1})= ¥displaystyle ¥log¥left(¥dfrac{e^{t}-e^{-t}}{2}+ ¥sqrt{¥dfrac{e^{2t}-2+e^{-2t}}{4}+1}¥right)$$

$$¥displaystyle = ¥displaystyle ¥log¥left(¥dfrac{e^{t}-e^{-t}}{2}+¥dfrac{e^{t}+e^{-t}}{2}¥right)=t=¥sinh^{-1}x.$$

同様に $t:=¥tanh^{-1}x$ とおけば、

$¥displaystyle ¥dfrac{1}{2}¥log¥dfrac{1+x}{1-x}= ¥dfrac{1}{2}¥log¥left(¥dfrac{e^... ...t}} {e^{t}+e^{-t}-e^{t}+e^{-t}}¥right)= ¥dfrac{1}{2}¥log e^{2t}=t=¥tanh^{-1}x.$

ページトップへ
5. $0< a<b$ として、数列 $¥{a_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ , $¥{b_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ を漸化式

$¥displaystyle a_{1}=a,¥quad b_{1}=b, ¥quad a_{n+1}:=¥dfrac{2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}, ¥quad b_{n+1}:= ¥dfrac{a_{n}+b_{n}}{2}$

により定める。
(i) $a_{n}<b_{n}$ かつ $¥{a_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ は単調増加、 $¥{b_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ は単調減少であることを証明せよ。
(ii) $¥{a_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ , $¥{b_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ は同じ極限に収束することを示し、その極限を$a$ , $b$ で表せ。

[解答](i)まず数学的帰納法で $0<a_{n}<b_{n}$ , ( $n¥in ¥mathbb{N}$ )であることを証明する。$n=1$ のとき仮定から $0<a_{1}<b_{1}$ である。 $0<a_{n}<b_{n}$ とすると漸化式から$a_{n+1}>0$ であり、

$$¥displaystyle b_{n+1}-a_{n+1}=¥dfrac{(a_{n}-b_{n})^{2}}{2(a_{n}+b_{n})}>0$$ (1)

だから $0<a_{n+1}<b_{n+1}$ がわかる。

上で示したことから

$¥displaystyle a_{n+1}-a_{n}= ¥dfrac{a_{n}(b_{n}-a_{n})}{a_{n}+b_{n}}>0, ¥quad b_{n+1}-b_{n}=¥dfrac{a_{n}-b_{n}}{2}<0$

だから $¥{a_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ は単調増加、 $¥{b_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ は単調減少である。

(ii)まず $¥vert b_{n}-a_{n}¥vert<2^{-n}¥vert b-a¥vert$ , ( $n¥in ¥mathbb{N}$ )を数学的帰納法で証明する。 $¥vert b_{1}-a_{1}¥vert=¥vert b-a¥vert$ である。 $¥vert b_{n}-a_{n}¥vert<2^{-n}¥vert b-a¥vert$ とすると、(1)と $0<a_{n}<b_{n}$ から

$¥displaystyle ¥vert b_{n+1}-a_{n+1}¥vert=¥dfrac{¥vert a_{n}-b_{n}¥vert^{2}}{2¥v... ... a_{n}-b_{n}¥vert} <¥dfrac{¥vert b_{n}-a_{n}¥vert}{2}<2^{-(n+1)}¥vert b-a¥vert$

である。

(i)から $¥{a_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ は上に有界な単調増加列、 $¥{b_{n}¥}_{n¥in ¥mathbb{N}}$ は下に有界な単調減少列だからそれぞれ、その上限$¥alpha$ 、下限$¥beta$ に収束する。ここで上で示したことと併せて

$¥displaystyle 0< ¥vert¥beta-¥alpha¥vert<¥vert b_{n}-a_{n}¥vert<¥dfrac{1}{2^{n}}¥vert b-a¥vert$

であるから、はさみうちの原理により $¥alpha=¥beta$ を得る。

さて $a_{n}b_{n}=ab$ , ( $n¥in ¥mathbb{N}$ )を数学的帰納法で証明する。 $a_{1}b_{1}=ab$ である。 $a_{n}b_{n}=ab$ とすると

$¥displaystyle a_{n+1}b_{n+1}=¥dfrac{2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}¥dfrac{a_{n}+b_{n}}{2}= a_{n}b_{n}=ab$

である。これと相加相乗平均の関係から

$¥displaystyle a_{n}=¥dfrac{2ab}{a_{n}+b_{n}}¥leq ¥dfrac{ab}{¥sqrt{ab}}=¥sqrt{ab}¥leq ¥dfrac{a_{n}+b_{n}}{2}¥leq b_{n}, ¥quad ¥forall n¥in ¥mathbb{N}$

が成り立つから、はさみうちの原理により $¥displaystyle{¥lim_{n¥to¥infty}} a_{n}=¥sqrt{ab}= ¥displaystyle{¥lim_{n¥to¥infty}} b_{n}$ である。
ページトップへ