小平邦彦著『軽装版 解析入門 I』『II』には章末問題の解答が付いているので、以前解けたと思った問いを見直す。

  • 第 3 問：数列の部分和の平均値の極限

    • 二段階で評価すればきれいに $< \varepsilon$ の形を示せる。

      \[\def\halfeps{\frac{\varepsilon}{2}} \def\M{M\!\left(\halfeps\right)} \forall \varepsilon > 0\quad\exists \M \in \N \quad \forall n > \M\quad {|a_n|} < \varepsilon.\\ \begin{aligned} \forall n > \M\quad {|b_n|} &= \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^M{|a_k|} + \frac{n - M}{n}\halfeps\\ &\le \frac{1}{n}\left(MK + (n - M)\halfeps\right) & (K = \max_{1 \le k \le M}\{|a_k|\})\\ &\le \frac{1}{n}\left(MK + \halfeps\right). \end{aligned} \\ \exists N \in \N \quad \forall n > N \quad \frac{MK}{n} < \halfeps.\\ \begin{aligned} \therefore \forall n > N \quad & \frac{1}{n}\left(MK + \halfeps\right) < \halfeps + \halfeps = \varepsilon.\\ \therefore \forall \varepsilon > 0 \quad \exists N \in \N \quad \forall n > N \quad & {|b_n|} < \varepsilon.\;\square \end{aligned}\]
  • 第 7 問：三角不等式

    • やはり Schwarz の不等式の証明を含む。そしてそれは二次式の判別式から示す。 $t$ を任意の実数とするし、次のようにして Schwarz の不等式を示す：

      \[\def\s{\sum_{i = 1}^n} \begin{aligned} \s (a_i + b_i t)^2 & \ge 0.\\ \therefore \s(b_i^2 t^2 + 2 a_i b_i t + a_i^2) &\ge 0.\\ \therefore D = \left(\s 2 a_i b_i\right)^2 - 4 \left(\s b_i^2\right)\left(\s a_i^2\right) &\le 0.\\ \therefore \left(\s b_i^2\right)\left(\s a_i^2\right) &\ge \left(\s a_i b_i\right)^2. \end{aligned}\]
  • 第 10 問：$n^{1/n} \to 1 \quad (n \to \infty)$

    • $\forall n \ge 3 \quad \sqrt[n]{n} \ge \sqrt[n+1]{n+1}$ が成り立つのを示すのに微分は必要なかった。

      \[\forall n \ge 3 \quad (n + 1)^n \le nn^n = n^{n + 1}.\\\]

    • $n^{1/n} = 1 + a_n \quad (a_n > 0)$ とおいて二項展開を考える。

      \[\begin{aligned} n = (1 + a_n)^n &= \sum_{k = 0}^n \binom{n}{k}a_n^k > 1 + \frac{1}{2}n(n-1)a_n^2.\\ \therefore \forall n \ge 3 \quad 0 < a_n^2 &< \frac{2}{n}. \end{aligned}\]

    • はさみうちの原理により $a_n \to 0 \quad (n \to \infty)$ だから主張が成り立つ。

  • 第 12 問：閉区間 $I$ で定義された連続関数 $f(x)$ は最大値と最小値をとることの別証
    • 背理法を用いることが急所となる。
    • 最大値がないと仮定すると $\forall n \in \N \quad \exists a_n \in I \quad f(a_n) \ge n.$
      • 最大値がないので、任意の（大きな）値を取る数列があるという着想だ。

    • 数列 $\lbrace a_n\rbrace$ は有界である。したがって収束する部分列をもつ：

      \[\exists \{n_j\} \quad \exists \alpha \in \R \quad \exists n_0(\varepsilon) \in \N \quad \forall n > n_0(\varepsilon) \quad {|a_{n_j} - \alpha|} < \varepsilon.\]
    • 関数 $f(x)$ は連続であるので、$\displaystyle \lim_{n_j \to \infty}f(a_{n_j}) = f(\alpha).$
    • 一方、$f(a_{n_j}) \ge n_j$ であったのだから、$\displaystyle \lim_{n_j \to \infty}f(a_{n_j}) = \infty.$ これは矛盾だ。
  • 第 13 問：閉区間 $I$ で定義された連続関数 $f(x)$ は一様連続であることの別証
    • こちらも背理法による。

    • 一様連続でないと仮定すると：

      \[\exists \varepsilon > 0 \quad \forall \delta > 0 \quad \exists x \in I \quad \exists y \in I\quad {|x - y|} < \delta,\; {|f(x) - f(y)|} \ge \varepsilon.\]
      • これは重要。一様連続性を否定する記述ができるようになること。

    • このとき $\delta = 1/n$ をとることで次のようにして数列 $\lbrace a_n\rbrace, \lbrace b_n\rbrace$ を構成できる：

      \[\exists a_n \in I \quad \exists b_n \in I\quad {|a_n - b_n|} < \frac{1}{n},\; {|f(a_n) - f(b_n)|} \ge \varepsilon.\]
    • あとは先程と同じ要領になる。このとき二つの数列の極限が実は同じことをまず示す。 それから関数 $f(x)$ の連続性に従うと $f(a_n) - f(b_n) \to 0 \quad (n \to \infty)$ を示して矛盾であると主張する。
  • 第 14 問：$f(x + 1) - f(x)$ のアレ
    • 問題文を読み返したら、関数が連続であるとは言っているが、微分可能だとは言っていなかった。

    • 関数 $f(x) - l$ を改めて $f(x)$ とする：

      \[\forall \varepsilon > 0\quad \exists x_0 \in (a, \infty)\quad \forall x > x_0\quad {|f(x + 1) - f(x)|} < \varepsilon.\]

    • 連続関数 $f(x)$ は各閉区間 $I_n = {[n, n + 1]} \quad (n \ge a)$ で最大値を取る。 それぞれを $f(x_n)$ とおく。次が成り立つ：

      \[\forall n > x_0 + 1\quad {|f(x_n) - f(x_n - 1)|} = {|f(x_n -1 + 1) - f(x_n - 1)|} < \varepsilon.\]
    • $x_n - 1 \in I_{n-1}$ ゆえ $f(x_n - 1) \le f(x_{n - 1}). \quad \therefore \lvert f(x_n) - f(x_{n-1})\rvert < \varepsilon.$

    • あとは：

      \[\def\Abs#1{ {\left|#1\right|} } \begin{aligned} \forall m \in N \ge x_0 \quad \forall k \in \{m + 1, m + 2, \dotsc, n\}\\ {|f(x_k) - f(x_{k - 1})|} &< \varepsilon.\\ \therefore \sum_{k = m + 1}^n {|f(x_k) - f(x_{k - 1})|} &< (n - m)\varepsilon.\\ \therefore \Abs{\frac{f(x_n)}{n}} &< \Abs{\frac{f(x_m)}{n}} + \frac{n - m}{n}\varepsilon.\\ &< \Abs{\frac{f(x_m)}{n}} + \varepsilon. \end{aligned}\]

    • 三つ上の仮定 $\forall \varepsilon > 0 \quad …$ により：

      \[\lim_{n \to \infty}\frac{f(x_n)}{n} = 0.\]

    • 以上をまとめると：

      \[\forall x \in {(a, \infty)} \quad \exists n \in \N \quad x \in I_n.\\ \therefore \forall x \ge n \quad f(x) \le f(x_n) = \max_{x \in I_n}{f(x)}.\\ \therefore \frac{f(x)}{x} \le \frac{f(x_n)}{n} \to 0 \quad (x \to \infty).\]
  • 第 15 問：$g(x) = Ax + B, g(a) = f(a), g(b) = f(b)$
    • 仮定により ${[a, b]}$ の中点における値が $f$ と $g$ とで一致する。
    • これを繰り返すと ${[a, b]}$ の $2^n$ 等分点における値も両者一致する。
    • ということは、ある稠密な部分集合上の各点で両者の値はどれも一致することがいえる。 あとは $f, g$ が連続であることから、${[a, b]}$ 上すべての点で両者の値は一致する。 言い換えると、両者は同じ関数である。
  • 第 19 問：$\displaystyle \lim_{n\to\infty}n(\sqrt[n]{n} - a) = \log a$
    • $\displaystyle \sqrt[n]{n} - a = \frac{1}{y_n}$ とおいて解いたが、解答例は $\displaystyle y_n = \frac{\log a}{n}$ とおいて式を変形するやり方だ。
  • 第 20 問：$\cos nx, \sin nx$ の一般式

    • de Moivre の定理と二項定理を組み合わせるのが正解だ。

      \[\begin{aligned} \cos nx &= \sum_{k = 0}^n (-1)^{k-1}\binom{n}{2k}\cos^{n - 2k}x \sin^{2k}x,\\ \sin nx &= \sum_{k = 1}^n (-1)^{k-1}\binom{n}{2k - 1} \cos^{n - 2k + 1}x \sin^{2k - 1}x. \end{aligned}\]