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東北大学 大学院理学研究科 数学専攻 2021年8月実施 共通問題 問題3

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Author​

祭音Myyura (Based on L^2's answer refined with GPT 6 Astra)

Description​

問題は4題ある．全問に解答すること．

以下の問いに答えよ．ただし，Z>0\mathbb{Z}_{>0} は正の整数全体のなす集合を表す．

(1) f(x)f(x) を開区間 I=(a,b)I=(a,b) 上で無限回微分可能な関数とする．ある実数 A,B>0A,B>0 が存在して

sup⁡x∈I∣f(n)(x)∣≤ABnn!(n∈Z>0)\sup_{x\in I}|f^{(n)}(x)|\le AB^nn!\qquad(n\in\mathbb{Z}_{>0})

が成り立つとする．任意の x0,x∈Ix_0,x\in I に対して，もし ∣x−x0∣<1/B|x-x_0|<1/B ならば，級数

∑k=0∞f(k)(x0)k!(x−x0)k\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k

は絶対収束し，f(x)f(x) と等しくなることを示せ．

(2) 任意の n∈Z>0n\in\mathbb{Z}_{>0} および実数 −1<x<1-1<x<1 に対して，次の等式を示せ．

n!(1−x)n+1=∑k=n∞k!(k−n)!xk−n\frac{n!}{(1-x)^{n+1}} =\sum_{k=n}^{\infty}\frac{k!}{(k-n)!}x^{k-n}

(3) {ak}k=0∞\{a_k\}_{k=0}^{\infty} を実数列とし，r>0r>0 を実数とする．各 x∈(−r,r)x\in(-r,r) に対して級数

g(x)=∑k=0∞akxkg(x)=\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k

が収束するならば，ある実数 A,B>0A,B>0 と原点の近傍 J⊂(−r,r)J\subset(-r,r) が存在して

sup⁡x∈J∣g(n)(x)∣≤ABnn!(n∈Z>0)\sup_{x\in J}|g^{(n)}(x)|\le AB^nn!\qquad(n\in\mathbb{Z}_{>0})

が成り立つことを示せ．

题目描述​

本卷共有4题，全部作答。

回答下列问题，其中 Z>0\mathbb{Z}_{>0} 表示正整数集合。

(1) 设 ff 是开区间 I=(a,b)I=(a,b) 上无限次可微的函数。存在实数 A,B>0A,B>0，使得

sup⁡x∈I∣f(n)(x)∣≤ABnn!(n∈Z>0).\sup_{x\in I}|f^{(n)}(x)|\le AB^nn!\qquad(n\in\mathbb{Z}_{>0}).

证明：对任意 x0,x∈Ix_0,x\in I，如果 ∣x−x0∣<1/B|x-x_0|<1/B，则级数

∑k=0∞f(k)(x0)k!(x−x0)k\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k

绝对收敛且等于 f(x)f(x)。

(2) 对任意 n∈Z>0n\in\mathbb{Z}_{>0} 和实数 −1<x<1-1<x<1，证明

n!(1−x)n+1=∑k=n∞k!(k−n)!xk−n.\frac{n!}{(1-x)^{n+1}} =\sum_{k=n}^{\infty}\frac{k!}{(k-n)!}x^{k-n}.

(3) 设 {ak}k=0∞\{a_k\}_{k=0}^{\infty} 为实数列，r>0r>0。如果对每个 x∈(−r,r)x\in(-r,r)，级数

g(x)=∑k=0∞akxkg(x)=\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k

均收敛，证明存在实数 A,B>0A,B>0 和原点的邻域 J⊂(−r,r)J\subset(-r,r)，使得

sup⁡x∈J∣g(n)(x)∣≤ABnn!(n∈Z>0).\sup_{x\in J}|g^{(n)}(x)|\le AB^nn!\qquad(n\in\mathbb{Z}_{>0}).

Kai​

(1)​

q=B∣x−x0∣<1q=B|x-x_0|<1 とおく．k≥1k\ge1 に対する仮定から

∑k=0∞∣f(k)(x0)k!(x−x0)k∣≤∣f(x0)∣+A∑k=1∞qk<∞.\sum_{k=0}^{\infty}\left|\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\right| \le |f(x_0)|+A\sum_{k=1}^{\infty}q^k<\infty.

Taylor の定理によれば，x≠x0x\ne x_0 のとき，xx と x0x_0 の間のある ξn\xi_n に対し

f(x)=∑k=0n−1f(k)(x0)k!(x−x0)k+f(n)(ξn)n!(x−x0)n.f(x)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k +\frac{f^{(n)}(\xi_n)}{n!}(x-x_0)^n.

剰余の絶対値は Aqn→0Aq^n\to0．よって級数の和は f(x)f(x) である．x=x0x=x_0 の場合は明らかである．

(2)​

∣x∣<1|x|<1 で成立する等比級数

11−x=∑k=0∞xk\frac1{1-x}=\sum_{k=0}^{\infty}x^k

を収束半径の内部で nn 回項別微分すれば

n!(1−x)n+1=∑k=n∞k!(k−n)!xk−n\frac{n!}{(1-x)^{n+1}} =\sum_{k=n}^{\infty}\frac{k!}{(k-n)!}x^{k-n}

を得る．

(3)​

ρ=r/2\rho=r/2 とおく．∑k=0∞akρk\sum_{k=0}^{\infty}a_k\rho^k が収束するので，数列 {akρk}\{a_k\rho^k\} は有界である．したがって，ある C>0C>0 により，すべての k≥0k\ge0 について

∣ak∣≤Cρ−k|a_k|\le C\rho^{-k}

とできる．J=(−ρ/2,ρ/2)J=(-\rho/2,\rho/2) とおく．べき級数の項別微分および (2) を用いると，x∈Jx\in J に対し

∣g(n)(x)∣≤Cρ−n∑k=n∞k!(k−n)!(∣x∣ρ)k−n=Cρ−nn!(1−∣x∣/ρ)n+1≤2C(2ρ)nn!.\begin{aligned} |g^{(n)}(x)| &\le C\rho^{-n}\sum_{k=n}^{\infty} \frac{k!}{(k-n)!}\left(\frac{|x|}{\rho}\right)^{k-n}\\ &=C\rho^{-n}\frac{n!}{(1-|x|/\rho)^{n+1}}\\ &\le 2C\left(\frac2\rho\right)^n n!. \end{aligned}

よって A=2CA=2C，B=2/ρ=4/rB=2/\rho=4/r とすればよい．

Reference​

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