## 問題の解答

## 問題の解答

問題1から順番に解いていきます。

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1. 級数の収束判定

(1) $\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt{n^4+1} - n^2) \sin n$

(2) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{n+1}{n^2+1}$

**解き方の手順**

(1) まず、$(\sqrt{n^4+1} - n^2)$を変形します。

$\sqrt{n^4+1} - n^2 = \frac{(\sqrt{n^4+1} - n^2)(\sqrt{n^4+1} + n^2)}{\sqrt{n^4+1} + n^2} = \frac{n^4+1 - n^4}{\sqrt{n^4+1} + n^2} = \frac{1}{\sqrt{n^4+1} + n^2}$

したがって、級数は $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n}{\sqrt{n^4+1} + n^2}$ となります。

$|\frac{\sin n}{\sqrt{n^4+1} + n^2}| \le \frac{1}{n^4 + n^2} \le \frac{1}{n^4}$であり、$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4}$ は収束するので、絶対収束します。

(2) これは交代級数です。$a_n = \frac{n+1}{n^2+1}$ とおくと、

$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n^2+1} = 0$

また、$a_n$が単調減少であることを示すために、$a_n - a_{n+1}$を計算します。

$a_n - a_{n+1} = \frac{n+1}{n^2+1} - \frac{n+2}{(n+1)^2+1} = \frac{(n+1)((n+1)^2+1) - (n+2)(n^2+1)}{(n^2+1)((n+1)^2+1)} = \frac{(n+1)(n^2+2n+2) - (n+2)(n^2+1)}{(n^2+1)((n+1)^2+1)} = \frac{n^3+2n^2+2n+n^2+2n+2 - (n^3+n+2n^2+2)}{(n^2+1)((n+1)^2+1)} = \frac{n^2+3n}{(n^2+1)((n+1)^2+1)}$

$n \ge 1$ であれば、$a_n - a_{n+1} > 0$ なので、$a_n$ は単調減少です。

したがって、ライプニッツの判定法より、この級数は条件収束します。

**最終的な答え**

(1) 絶対収束

(2) 条件収束

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2. 整級数の収束半径

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(-2n)^n} x^{2n}$

**解き方の手順**

$a_n = \frac{(2n-1)!!}{(-2n)^n}$とおきます。

収束半径$R$は、$\frac{1}{R} = \limsup_{n \to \infty} |a_n|^{\frac{1}{2n}}$で与えられます。

$|a_n|^{\frac{1}{2n}} = \left| \frac{(2n-1)!!}{(-2n)^n} \right|^{\frac{1}{2n}} = \frac{((2n-1)!!)^{\frac{1}{2n}}}{|-2n|^{\frac{n}{2n}}} = \frac{((2n-1)!!)^{\frac{1}{2n}}}{\sqrt{2n}}$

スターリングの公式を用いて、$(2n-1)!! \approx \frac{(2n)!}{2^n n!} \approx \frac{\sqrt{4\pi n} (\frac{2n}{e})^{2n}}{2^n \sqrt{2\pi n} (\frac{n}{e})^n} = \sqrt{2} \frac{(2n)^{2n} e^{-2n}}{2^n n^n e^{-n}} = \sqrt{2} \frac{2^{2n} n^{2n} e^{-2n}}{2^n n^n e^{-n}} = \sqrt{2} 2^n n^n e^{-n} = \sqrt{2} (\frac{2n}{e})^n$

したがって、$((2n-1)!!)^{\frac{1}{2n}} \approx (\sqrt{2} (\frac{2n}{e})^n)^{\frac{1}{2n}} = 2^{\frac{1}{4n}} \sqrt{\frac{2n}{e}} \approx \sqrt{\frac{2n}{e}}$

$\frac{((2n-1)!!)^{\frac{1}{2n}}}{\sqrt{2n}} \approx \frac{\sqrt{\frac{2n}{e}}}{\sqrt{2n}} = \frac{1}{\sqrt{e}}$

したがって、$\limsup_{n \to \infty} |a_n|^{\frac{1}{2n}} = \frac{1}{\sqrt{e}}$となり、$R = \sqrt{e}$

**最終的な答え**

$\sqrt{e}$

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3. 広義積分

$\int_0^2 \frac{x^2}{\sqrt{4-x^2}} dx$

**解き方の手順**

$x = 2 \sin \theta$ と置換します。$dx = 2 \cos \theta d\theta$

$x = 0$のとき$\theta = 0$、$x = 2$のとき$\theta = \frac{\pi}{2}$

$\int_0^2 \frac{x^2}{\sqrt{4-x^2}} dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{4\sin^2 \theta}{\sqrt{4-4\sin^2 \theta}} 2 \cos \theta d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{4\sin^2 \theta}{2\cos \theta} 2 \cos \theta d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 4\sin^2 \theta d\theta$

$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ なので、

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} 4\sin^2 \theta d\theta = 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \cos 2\theta}{2} d\theta = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \cos 2\theta) d\theta = 2 [\theta - \frac{1}{2} \sin 2\theta]_0^{\frac{\pi}{2}} = 2 [(\frac{\pi}{2} - 0) - (0-0)] = \pi$

**最終的な答え**

$\pi$

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4. 関数の位数と広義積分の収束判定

$f(x) = \frac{\sin x}{\sqrt{2x^5 - x^6}}$, $g(x) = \frac{x^3}{(3x^4+1)(2x^2+3)}$

(1) 位数を求めます。

(a) $f(x) (x \to +0)$

(b) $g(x) (x \to \infty)$

(2) 広義積分の収束・発散を判定します。

(a) $\int_0^1 f(x) dx$

(b) $\int_0^\infty g(x) dx$

**解き方の手順**

(1) (a) $x \to 0$のとき、$\sin x \approx x$ より、$f(x) \approx \frac{x}{\sqrt{2x^5}} = \frac{x}{x^{\frac{5}{2}} \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2} x^{\frac{3}{2}}}$. したがって、位数は $-\frac{3}{2}$

(b) $x \to \infty$のとき、$g(x) \approx \frac{x^3}{(3x^4)(2x^2)} = \frac{x^3}{6x^6} = \frac{1}{6x^3}$. したがって、位数は $-3$

(2) (a) $\int_0^1 f(x) dx$

$f(x) \approx \frac{1}{\sqrt{2} x^{\frac{3}{2}}}$ より、$\int_0^1 f(x) dx \approx \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{2} x^{\frac{3}{2}}} dx = \frac{1}{\sqrt{2}} \int_0^1 x^{-\frac{3}{2}} dx = \frac{1}{\sqrt{2}} [-2x^{-\frac{1}{2}}]_0^1 = \frac{1}{\sqrt{2}} [-2 - (-\infty)]$. これは発散します。

(b) $\int_0^\infty g(x) dx$

$g(x) \approx \frac{1}{6x^3}$ より、$\int_0^\infty g(x) dx \approx \int_1^\infty \frac{1}{6x^3} dx = \frac{1}{6} \int_1^\infty x^{-3} dx = \frac{1}{6} [-\frac{1}{2} x^{-2}]_1^\infty = \frac{1}{6} [0 - (-\frac{1}{2})] = \frac{1}{12}$. これは収束します。

**最終的な答え**

(1) (a) $-\frac{3}{2}$

(b) $-3$

(2) (a) 発散

(b) 収束

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5. 曲線が囲む領域の面積

$(x^2 + y^2)^2 = 2xy$

**解き方の手順**

極座標に変換します。$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$

$(r^2)^2 = 2 r\cos\theta r\sin\theta$

$r^4 = 2r^2 \cos\theta \sin\theta = r^2 \sin 2\theta$

$r^2 = \sin 2\theta$

$r = \sqrt{\sin 2\theta}$

領域の面積 $S = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} r^2 d\theta = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin 2\theta d\theta = \frac{1}{2} [-\frac{1}{2} \cos 2\theta]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{2} [-\frac{1}{2} \cos \pi - (-\frac{1}{2} \cos 0)] = \frac{1}{2} [-\frac{1}{2}(-1) + \frac{1}{2}] = \frac{1}{2}[\frac{1}{2} + \frac{1}{2}] = \frac{1}{2}$

**最終的な答え**

$\frac{1}{2}$