解析概論/第4章/練習問題(4)

練習問題（4）

(1)

$\textstyle\sum u_n$ を正項級数とする．$\{a_n\}$ を任意の正数列とするとき，十分大なる $n$ に関して常に

$a_n\frac{u_n}{u_{n+1}}-a_{n+1}>k\quad(k>0)$

ならば，$\textstyle\sum u_n$ は収束する； また，

$a_n\frac{u_n}{u_{n+1}}-a_{n+1}\leqq 0$

で，かつ $\textstyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{a_n}$ が発散すれば，$\textstyle\sum u_n$ も発散する（Kummer）．

(2)

次の巾級数の収束半径を求めよ．

[1º]

$\sum\frac{(n!)^2}{(2n)!}\,x^n.$

[2º]

$\sum a^{n^2}x^n.$

［解］

[1º] $r=4$．　[2º] $|a|\gtreqqless 1$ によって結果が違う．

(3)

$a_0>a_1>\cdots>a_n>\cdots\to 0$ ならば

$\sum_{n=0}^\infty a_n\cos nx,\quad\sum_{n=0}^\infty a_n\sin nx$

は収束する．ただし，第一の級数に関して，$x=2k\pi$ のときは疑問である．

［解］

Abel の変形法の応用．

(4)

$a_n>0$ で，$a_n\to 0$ とする．もしも $\textstyle\sum a_n$ が発散すれば

$\lim_{m\to\infty}\prod_{n=1}^m(1-a_n)=0.$

(5)

$|q|<1,\quad Q_1=\prod_{n=1}^\infty(1+q^{2n}),\quad Q_2=\prod_{n=1}^\infty(1+q^{2n-1}),\quad Q_3=\prod_{n=1}^\infty(1-q^{2n-1})$
とすれば

$Q_1Q_2Q_3=1.$

(6)

$|q|<1$ ならば

$\frac{q}{1-q}+\frac{q^3}{1-q^3}+\frac{q^5}{1-q^5}+\cdots =\frac{q}{1-q^2}+\frac{q^2}{1-q^4}+\cdots.$

［解］

両辺共に絶対収束の或る二重級数の和に等しい．

(7)

原始函数が巾級数によって与えられる例．

[1º]

$\int\frac{\sin x}x=x-\frac{x^3}{3\cdot3!}+\frac{x^5}{5\cdot5!}-\cdots.$

[2º]

$\int e^{-x^2}\,dx=x-\frac{x^3}{3\cdot1!}+\frac{x^5}{5\cdot2!}-\cdots.$

[3º]

$\int\frac{e^x}x\,dx=\log x+\frac{x}{1\cdot1!}+\frac{x^2}{2\cdot2!}+\cdots.$

(8)

積分記号の下での微分によって

$\int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{1+x^2}=\pi$

から

$\int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{(1+x^2)^{n+1}} =\pi\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot2n}$

が得られる．

［解］

変数 $x$ を $\tfrac{x}\sqrt{a}$ に換えて，初めの積分を $\textstyle\int_0^\infty\frac{dx}{a+x}$ の形に変形して後，$a$ に関して微分するのである．最後に $a=1$ とする．変数を $\tfrac{x}a$ に換えてもできる．

(9)

$\int_0^\infty\left(e^{-\frac{a^2}{x^2}}-e^{-\frac{b^2}{x^2}}\right)\,dx =(b-a)\sqrt\pi.\quad(a>0,b>0).$

［解］

$\textstyle 2\alpha\int_0^\infty e^{-\alpha^2x^2}\,dx=\sqrt\pi$ を $\alpha$ に関して $[a,b]$ で微分して，変数 $x$ を $\tfrac{1}x$ に換える．

(10)

[1º]

$\int_0^\infty e^{-(x^2+\frac{a^2}{x^2})}\,dx =\frac{\sqrt\pi}2 e^{-2a},\quad(a>0).$

[2º]

$\int_0^\infty e^{-(x-\frac{a}x)^2}\,dx=\frac{\sqrt\pi}2,\quad (a>0).$

［解］

[1º] は [2º] から出る．[2º] の積分を $J(a)$ とすれば $\tfrac{dJ}{da}=0$ 故に $J$ は $a$ に関して定数である．$a=0$ と置いて $J$ を得る．

(11)

$\int_0^1\frac{\log x}{1-x}\,dx=-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=-\frac{\pi^2}6. \quad\int_0^1\frac{\log x}{1+x}\,dx=-\frac{\pi^2}{12}.$

［解］

$\textstyle \lim_{n\to\infty}\frac{x^n\log x}{1-x}\,dx=0$ から上記の展開を得る（級数の値は§64 参照）．第二の積分も同様．

(12)

$a>0,b>0$ とすれば

$\int_0^1\frac{x^{a-1}}{1+x^b}\,dx=\frac{1}{a}-\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+2b}-\cdots.$

［注意］ 

$a,b$ が自然数なるとき，左辺を直接に計算すれば，右辺の級数の和が求められる．例えば

$a=1,b=1$　とすれば　$1-\frac12+\frac13-\cdots=\log 2,$

$a=1,b=2$　とすれば　$1-\frac13+\frac15-\cdots=\frac\pi4.$