跳到主要内容

京都大学 情報学研究科 システム科学専攻 2016年8月実施 数学 II

标签：

Author​

犬 (finalized by 祭音Myyura with assistance from GPT 6 Astra)

Description​

問1​

以下は収束するか、理由をつけて答え、収束する場合は値を求めよ。nn は正整数、aa は正の定数とする。

(i)lim⁡n→∞(1+12+⋯+1n),\text{(i)}\quad\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac12+\cdots+\frac1n\right),
(ii)lim⁡n→∞(1n+a+1n+2a+⋯+1n+na),\text{(ii)}\quad\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{n+a}+\frac1{n+2a}+\cdots+\frac1{n+na}\right),
(iii)lim⁡n→∞(1−12+13−⋯+(−1)n−11n).\text{(iii)}\quad\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac12+\frac13-\cdots+(-1)^{n-1}\frac1n\right).

問2​

非負整数 nn に対して

An=∫0π/2cos⁡2nx dx,Bn=∫0π/2x2cos⁡2nx dxA_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}x\,dx,\qquad B_n=\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}x\,dx

と定義する。正整数 mm について (2m)!!=2m(2m−2)⋯4⋅2(2m)!!=2m(2m-2)\cdots4\cdot2、(2m−1)!!=(2m−1)(2m−3)⋯3⋅1(2m-1)!!=(2m-1)(2m-3)\cdots3\cdot1、0!!=(−1)!!=10!!=(-1)!!=1 とする。

(i) 部分積分により An=(2n−1)!!(2n)!!π2A_n=\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\dfrac\pi2 (n≥0n\ge0) を示せ。

(ii) 部分積分により An=n(2n−1)Bn−1−2n2BnA_n=n(2n-1)B_{n-1}-2n^2B_n (n≥1n\ge1) を示せ。

(iii) (i),(ii) を用いて

1n2=4π((2n−2)!!(2n−3)!!Bn−1−(2n)!!(2n−1)!!Bn)\frac1{n^2}=\frac4\pi\left(\frac{(2n-2)!!}{(2n-3)!!}B_{n-1}-\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}B_n\right)

を示せ。

(iv) x≤(π/2)sin⁡xx\le(\pi/2)\sin x (0≤x≤π/20\le x\le\pi/2) を用いて

Bn≤π38(2n−1)!!(2n+2)!!(n≥1)B_n\le\frac{\pi^3}{8}\frac{(2n-1)!!}{(2n+2)!!}\qquad(n\ge1)

を示せ。

(v) ∑n=1∞n−2\sum_{n=1}^{\infty}n^{-2} を π\pi を用いて表せ。

题目描述​

问1 判断下列极限是否收敛，说明理由；若收敛则求值。nn 为正整数，a>0a>0 为常数。

（i） lim⁡n→∞∑k=1n1k,（ii） lim⁡n→∞∑k=1n1n+ka,（iii） lim⁡n→∞∑k=1n(−1)k−1k.\text{（i）}\ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac1k,\qquad \text{（ii）}\ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac1{n+ka},\qquad \text{（iii）}\ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}k.

问2 对非负整数 nn 定义

An=∫0π/2cos⁡2nx dx,Bn=∫0π/2x2cos⁡2nx dx.A_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}x\,dx,\qquad B_n=\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}x\,dx.

双阶乘定义为 (2m)!!=2m(2m−2)⋯2(2m)!!=2m(2m-2)\cdots2、(2m−1)!!=(2m−1)(2m−3)⋯1(2m-1)!!=(2m-1)(2m-3)\cdots1，并规定 0!!=(−1)!!=10!!=(-1)!!=1。

（i）用分部积分证明 An=(2n−1)!!(2n)!!π2A_n=\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\dfrac\pi2。（ii）用分部积分证明 An=n(2n−1)Bn−1−2n2BnA_n=n(2n-1)B_{n-1}-2n^2B_n（n≥1n\ge1）。（iii）利用前两问证明

1n2=4π((2n−2)!!(2n−3)!!Bn−1−(2n)!!(2n−1)!!Bn).\frac1{n^2}=\frac4\pi\left(\frac{(2n-2)!!}{(2n-3)!!}B_{n-1}-\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}B_n\right).

（iv）用 x≤(π/2)sin⁡xx\le(\pi/2)\sin x（0≤x≤π/20\le x\le\pi/2）证明

Bn≤π38(2n−1)!!(2n+2)!!(n≥1).B_n\le\frac{\pi^3}{8}\frac{(2n-1)!!}{(2n+2)!!}\quad(n\ge1).

（v）用 π\pi 表示 ∑n=1∞n−2\sum_{n=1}^{\infty}n^{-2}。

Kai​

問1​

(i) ∑k=1n1/k≥∫1n+1dx/x=log⁡(n+1)→∞\sum_{k=1}^n1/k\ge\int_1^{n+1}dx/x=\log(n+1)\to\infty。したがって発散する。

(ii) Riemann 和より

lim⁡n→∞1n∑k=1n11+a(k/n)=∫01dx1+ax=log⁡(1+a)a.\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+a(k/n)} =\int_0^1\frac{dx}{1+ax}=\boxed{\frac{\log(1+a)}a}.

(iii) 部分和を SnS_n とすると S2n=∑k=1n1/(n+k)S_{2n}=\sum_{k=1}^n1/(n+k)。よって (ii) の a=1a=1 から S2n→log⁡2S_{2n}\to\log2。S2n+1−S2n=1/(2n+1)→0S_{2n+1}-S_{2n}=1/(2n+1)\to0 なので全体も log⁡2\boxed{\log2} に収束する。

問2​

(i) n≥1n\ge1 では部分積分から

An=(2n−1)∫0π/2sin⁡2xcos⁡2n−2x dx=(2n−1)(An−1−An).A_n=(2n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^2x\cos^{2n-2}x\,dx =(2n-1)(A_{n-1}-A_n).

A0=π/2A_0=\pi/2 と合わせて所望の公式を得る。

(ii) F(x)=sin⁡xcos⁡2n−1xF(x)=\sin x\cos^{2n-1}x とおくと

F′=2ncos⁡2nx−(2n−1)cos⁡2n−2x.F'=2n\cos^{2n}x-(2n-1)\cos^{2n-2}x.

端点項は消えるので

2nBn−(2n−1)Bn−1=∫0π/2x2F′ dx=−2∫0π/2xF dx=−Ann.2nB_n-(2n-1)B_{n-1} =\int_0^{\pi/2}x^2F'\,dx =-2\int_0^{\pi/2}xF\,dx=-\frac{A_n}{n}.

最後の等式には (cos⁡2nx)′=−2nF(\cos^{2n}x)'=-2nF と部分積分を用いた。整理して与式を得る。

(iii) (ii) に (i) を代入し、両辺を n2Ann^2A_n で割って整理すると所望の式となる。

(iv)

Bn≤π24∫0π/2sin⁡2xcos⁡2nx dx=π24(An−An+1)=π38(2n−1)!!(2n+2)!!.B_n\le\frac{\pi^2}{4}\int_0^{\pi/2}\sin^2x\cos^{2n}x\,dx =\frac{\pi^2}{4}(A_n-A_{n+1}) =\frac{\pi^3}{8}\frac{(2n-1)!!}{(2n+2)!!}.

(v) Cn=(2n)!!(2n−1)!!BnC_n=\dfrac{(2n)!!}{(2n-1)!!}B_n とおく。C0=B0=π3/24C_0=B_0=\pi^3/24 で、(iv) より 0≤Cn≤π3/[8(2n+2)]→00\le C_n\le\pi^3/[8(2n+2)]\to0。したがって (iii) を足し合わせると

∑n=1∞1n2=4πlim⁡N→∞(C0−CN)=π26.\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac4\pi\lim_{N\to\infty}(C_0-C_N)=\frac{\pi^2}{6}}.
本页目录