解析概論練習問題解答 1章～3章

一部問題文の表記を変えている部分がありますが内容は同一です。

第1章

$a_{1} > b_{1} > 0; a_{n} = \frac{1}{2} (a_{n - 1} + b_{n - 1}), b_{n} = \sqrt{a_{n - 1} b_{n - 1}}$ のとき $lim_{n \to \infty} a_{n} = lim_{n \to \infty} b_{n}$

$a_{n} > b_{n} > 0$ と仮定すると $a_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_{n} + b_{n}) < \frac{1}{2} (a_{n} + a_{n}) = a_{n},$ $b_{n + 1} = \sqrt{a_{n} b_{n}} > \sqrt{b_{n}^{2}} = | b_{n} | = b_{n} > 0,$ $a_{n + 1} - b_{n + 1} = \frac{1}{2} (\sqrt{a_{n}} - \sqrt{b_{n}})^{2} > 0$ より $a_{n} > a_{n + 1} > b_{n + 1} > b_{n} > 0$ から帰納的に $a_{1} > \dots > a_{n} > \dots > b_{n} > \dots > b_{1} > 0$ 。単調収束定理より $a_{n} \to α, b_{n} \to β$ とできる。 $a_{n} = \frac{1}{2} (a_{n - 1} + b_{n - 1})$ より $α = \frac{1}{2} (α + β)$ から $α = β$ 。

$a, b > 0; a_{1} = \frac{1}{2} (a + b), b_{1} = \sqrt{a_{1} b}, a_{n} = \frac{1}{2} (a_{n - 1} + b_{n - 1}), b_{n} = \sqrt{a_{n} b_{n - 1}}$ とすれば $l = lim_{n \to \infty} a_{n} = lim_{n \to \infty} b_{n}$ が存在する。
(1) $| a | < b$ のとき、 $a = b \cos x, - π < x < π$ とおけば $l = \frac{b \sin x}{x}$
(2) $a > b > 0$ のとき、 $a = b \cosh x$ とおけば $l = \frac{b \sinh x}{x}$

$a_{1} = b_{1}$ であれば明らか。 $b_{1} > 0$ である。 $a_{1} > b_{1}$ のとき、 $a_{n} > b_{n} > 0$ とすると $a_{n + 1} < a_{n}, b_{n + 1} = \sqrt{a_{n + 1} b_{n}} = \sqrt{\frac{a_{n} b_{n} + b_{n}^{2}}{2}} > b_{n} > 0$ より問題1と同様にして示される。

このとき $a_{1} = \frac{b (1 + \cos x)}{2} = b \cos^{2} \frac{x}{2}, b_{1} = b \cos \frac{x}{2}$ 。帰納法により $a_{n} = b_{n} \cos \frac{x}{2^{n}}, b_{n} = b \prod_{k = 1}^{n} \cos \frac{x}{2^{k}}$ を示す。これを仮定すると
$\begin{aligned} b_{n + 1} & = b_{n} \sqrt{\frac{1}{2} (1 + \cos \frac{x}{2^{n}})} = b_{n} \cos \frac{x}{2^{n + 1}} = b \prod_{k = 1}^{n + 1} \cos \frac{x}{2^{k}}, \\ a_{n + 1} & = \frac{b_{n}}{2} (1 + \cos \frac{x}{2^{n}}) = \frac{b_{n}}{2} \cos^{2} \frac{x}{2^{n + 1}} = b_{n + 1} \cos \frac{x}{2^{n + 1}} \end{aligned}$
より示すべきは $\prod_{k = 1}^{\infty} \cos \frac{x}{2^{k}} = \frac{\sin x}{x}$ 。
$\begin{aligned} \sin \frac{x}{2^{n}} \prod_{k = 1}^{n} \cos \frac{x}{2^{k}} & = \frac{1}{2} \sin \frac{x}{2^{n - 1}} \prod_{k = 1}^{n - 1} \cos \frac{x}{2^{k}} \\ = \dots \\ = \frac{1}{2^{n}} \sin x \end{aligned}$
より
$\begin{aligned} \prod_{k = 1}^{n} \cos \frac{x}{2^{k}} & = \frac{\sin x}{x} \cdot {(\frac{2^{n}}{x} \sin \frac{x}{2^{n}})}^{- 1} \to \frac{\sin x}{x} \end{aligned}$
から示される。
(1)と同様に示される。

$\lim^{―} (a_{n} + b_{n}) \leq \lim^{―} a_{n} + \lim^{―} b_{n}$
$\lim_{―} (a_{n} + b_{n}) \geq \lim_{―} a_{n} + \lim_{―} b_{n}$

$n > N$ のとき、 $a_{n} \leq sup_{n > N} a_{n}, b_{n} \leq sup_{n > N} b_{n}$ から $a_{n} + b_{n} \leq sup_{n > N} a_{n} + sup_{n > N} b_{n}$ 。左辺の上界をとって、 $sup_{n > N} (a_{n} + b_{n}) \leq sup_{n > N} a_{n} + sup_{n > N} b_{n}$ 。 $N \to \infty$ として示される。下極限については $- a_{n}, - b_{n}$ について考えればよい。

$f (x) = \begin{array}{r} {\begin{cases} 0 (x \in R ∖ Q) \\ \frac{1}{q} (x = \frac{p}{q}, gcd (p, q) = 1, q > 0) \end{cases} \end{array}$ の連続性を調べよ。

$a = \frac{p}{q} \in Q$ のとき、 $ε = \frac{1}{q}$ とすると、任意の $δ > 0$ に対して $δ > \frac{\sqrt{2}}{N}$ なる $N$ をとり $x = a + \frac{\sqrt{2}}{N}$ と定める。このとき $| x - a | = \frac{\sqrt{2}}{N} < δ$ だが $| f (x) - f (a) | = \frac{1}{q} \geq ε$ となるから $f (x)$ は $x \in Q$ で不連続。
$a \in R ∖ Q$ のとき、 $ε > 0$ に対して $ε > \frac{1}{N}$ となるような $N$ を1つとり、 $δ = min_{1 \leq k \leq n \leq N} | a - \frac{k}{n} |$ とすると $| x - a | < δ \Rightarrow | f (x) - f (a) | = | f (x) | < \frac{1}{N} < ε$ より $f (x)$ は $x \in R ∖ Q$ で連続。

$I \subset [a, b]$ は稠密とする。 $f, g : [a, b] \to R$ が $[a, b]$ 上連続で $x \in I \Rightarrow f (x) = g (x)$ ならば $f (x) = g (x)$

稠密の定義より $x \in [a, b] ∖ I$ は $x = lim x_{n}, x_{n} \in I$ と表される。仮定より $f (x_{n}) = g (x_{n})$ で、 $f, g$ は $[a, b]$ 上連続だから両辺極限を取って $f (x) = g (x)$

$I \subset [a, b]$ は稠密とする。 $f : I \to R$ が連続(つまり、 $\forall x \in I, ε > 0, \exists δ > 0, \forall x^{'} \in I : | x - x^{'} | < δ \Rightarrow | f (x) - f (x^{'}) | < ε$ )であるとする。このとき、連続関数 $\hat{f} : [a, b] \to R$ で、 $\hat{f}$ の $I$ への制限が $f$ と一致する(つまり、 $x \in I$ ならば $\hat{f} (x) = f (x)$ となる)ようなものが存在する条件を求めよ。

$\hat{f}$ が存在する $⟺ f$ が $I$ 上一様連続
であることを示す。

$(⟸)$ ${x_{n}} \subset I$ がCauchy列 $⟹$ ${f (x_{n})}$ がCauchy列を示す。 $f$ が $I$ 上一様連続だから、 $ε > 0$ に対し、ある $δ > 0$ があって $| x - x^{'} | < δ \Rightarrow | f (x) - f (x^{'}) | < ε$ 。 ${x_{n}}$ がCauchy列だからある $N$ があって $n, m > N$ ならば $| x_{n} - x_{m} | < δ$ なるように $N$ をとれる。このとき、 $n, m > N$ ならば $| f (x_{n}) - f (x_{m}) | < ε$ となるから、 ${f (x_{n})}$ もCauchy列。よって、 ${f (x_{n})}$ は収束するから、
$\hat{f} (x) = \begin{array}{r} {\begin{cases} f (x) & (x \in I) \\ lim f (x_{n}) & (x = lim x_{n} \in [a, b] ∖ I, x_{n} \in I) \end{cases} \end{array}$ が定まる。 $lim x_{n} = lim x_{n}^{'}$ に対して $lim f (x_{n}) = lim f (x_{n}^{'})$ を示す。 $lim f (x_{n}) \neq lim f (x_{n}^{'})$ とすると、 $x_{2 n}^{″} = x_{n}, x_{2 n + 1}^{″} = x_{n}^{'}$ に対して $x_{n}^{″}$ もまたCauchy列だが $lim f (x_{n}^{″})$ は収束せず ${f (x_{n}^{″})}$ がCauchy列であることに反する。よって $\hat{f} (x)$ はwell-defined。
$\hat{f} (x)$ が $[a, b]$ 上連続であることを示す。任意の $ε > 0$ をとり、任意の $n \in N$ に対して $| \hat{f} (λ_{n}) - f (λ_{n}^{'}) | < ε$ を満たすような ${λ_{n}^{'}} \subset I, λ_{n}^{'} \to λ$ をとる。( ${μ_{n, m}} \subset I, lim_{m \to \infty} μ_{n, m} = λ_{n}$ なる $μ_{n, m}$ をとると、 $lim_{m \to \infty} f (μ_{n, m}) = \hat{f} (λ_{n})$ よりある $M$ があって $m > M$ ならば $| \hat{f} (λ_{n}) - f (μ_{n, m}) | < ε$ とできる。よって、 $λ_{n}^{'} = μ_{n, M + 1}$ とすればよいから、このような $λ_{n}^{'}$ は存在する。) $λ_{n}^{'} \to λ$ だから、 $| \hat{f} (λ_{n}) - f (λ_{n}^{'}) | < ε$ より $| lim \hat{f} (λ_{n}) - \hat{f} (λ) | < ε$ 。 $ε$ は任意だから、 $lim \hat{f} (λ_{n}) = \hat{f} (λ)$ 、つまり $\hat{f}$ は連続。
$(⟹)$ Heine-Cantorの定理より、 $\hat{f}$ は一様連続。つまり、 $\forall ε > 0, \exists δ > 0, \forall x, x^{'} \in [a, b] : | x - x^{'} | < δ ⟹ | \hat{f} (x) - \hat{f} (x^{'}) | < ε$ だから、 $x \in I$ で $f (x) = \hat{f} (x)$ より $\forall ε > 0, \exists δ > 0, \forall x, x^{'} \in I : | x - x^{'} | < δ ⟹ | f (x) - f (x^{'}) | < ε$ より $f$ も一様連続。

$f (x)$ は $(a, \infty)$ で連続で $lim_{x \to \infty} (f (x + 1) - f (x)) = l$ ならば $lim_{x \to \infty} \frac{f (x)}{x} = l$

$f (x) - l x$ を考えることにより $l = 0$ としてよい。 $lim_{x \to \infty} (f (x + 1) - f (x)) = 0$ より、任意の $ε > 0$ に対しある $L$ があって $x > L$ ならば $| f (x + 1) - f (x) | < \frac{ε}{2}$ 。 $x$ を十分大きくとって $n = ⌊ x ⌋ - L$ とすれば $L \leq x - n < L + 1$ より
$\begin{aligned} | f (x) | & = | \sum_{k = 0}^{n - 1} (f (x - k) - f (x - k - 1)) + f (x - n) | \\ \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} | f (x - k) - f (x - k - 1) | + | f (x - n) | \\ \leq \frac{n ε}{2} + | f (x - n) | \\ \leq \frac{x ε}{2} + | f (x - n) | \end{aligned}$
$[L, L + 1]$ における $| f (x) |$ の最大値を $M$ とすると、 $x > \frac{2 M}{ε}$ のとき
$\begin{array}{r} | \frac{f (x)}{x} | \leq \frac{ε}{2} + \frac{M}{x} < ε \end{array}$
より示される。

$f : K \to G, g : G \to H$ が連続関数のとき、 $g \circ f : K \to R$ は連続関数。

$a \in K$ を任意にとる。 $g$ が連続だから任意の $ε > 0$ に対しある $δ > 0$ があって $| y - f (a) | < δ ⟹ | g (y) - g (f (a)) | < ε$ 。 $g \circ f$ を考えるから $y = f (x)$ とおけるとしてよく、このとき $| f (x) - f (a) | ⟹ | g (f (x)) - g (f (a)) | < ε$ 。 $f$ が連続だからある $δ^{'}$ があって $| x - a | ⟹ | f (x) - f (a) | < δ$ 。よって $| x - a | < δ^{'} ⟹ | g (f (x)) - g (f (a)) | < ε$ から $g \circ f$ は連続。

$a > 0$ のとき任意の $x, y \in R$ に対し $(a^{x})^{y} = a^{x y}$

$x, y$ に収束する ${x_{n}}, {y_{n}} \subset Q$ をとると、 $(a^{x_{n}})^{y_{n}} = a^{x_{n} y_{n}}$ より、 $a^{u}, u \in Q$ の連続性より両辺極限とって示される。

第2章

$[a, \infty)$ で $f (x)$ が微分可能で $lim_{x \to \infty} f (x) = f (a)$ ならば $ξ > a, f^{'} (ξ) = 0$ なる $ξ$ がある。

$φ (t) = \frac{1}{t} + a - 1$ とすると $φ ((0, 1]) = [a, \infty)$ 。 $g = f \circ φ : (0, 1] \to R$ を $g (0) = g (1)$ として $g$ の定義域を拡張すると $lim_{t \to + 0} g (t) = lim_{x \to \infty} f (t) = f (a) = f (φ (1)) = g (1) = g (0)$ より $g$ は $[0, 1]$ で連続。Rolleの定理よりある $ξ \in (0, 1)$ があって $g^{'} (η) = f^{'} (φ (η)) φ^{'} (η) = 0$ 、よって $f^{'} (φ (η)) = 0$ 。 $φ (η) > a$ から $ξ = φ (η)$ とすればよい。

$a > 0, \frac{d^{n}}{d x^{n}} \frac{1}{(1 + x^{2})^{a}} = \frac{P_{n} (x)}{(1 + x^{2})^{a + n}}$ とすると、 $P_{n} (x)$ は $n$ 次の多項式で、 $P_{n - 1} (x)$ のどの根とも異なる相異なる $n$ 個の根を持つ。

$P_{1} (x) = - 2 a x$ であり、 $P_{n} (x)$ が $n$ 次の多項式であるとすると
$\begin{array}{r} \frac{d^{n + 1}}{d x^{n + 1}} \frac{1}{(1 + x^{2})^{a}} = \frac{d}{d x} \frac{P_{n} (x)}{(1 + x^{2})^{a + n}} = \frac{(1 + x^{2}) P_{n}^{'} (x) + P_{n} (x)}{(1 + x^{2})^{a + n + 1}} \end{array}$
より $P_{n + 1} (x) = (1 + x^{2}) P_{n}^{'} (x) + P_{n} (x)$ から $P_{n + 1} (x)$ は $n + 1$ 次の多項式。よって帰納法から示される。
$f (x) = \frac{P_{n} (x)}{(1 + x^{2})^{a + n}}$ とすると、 $P_{n} (x)$ と $f (x)$ の根は一致する。 $f^{(0)} (x) = \frac{1}{(1 + x^{2})^{a}}, f^{(1)} (x) = \frac{- 2 a x}{(1 + x^{2})^{a + 1}}$ より $f^{(0)} (x) と f^{(1)} (x)$ の根は全て異なる。 $f^{(n)} (x)$ が $λ_{1} < \dots < λ_{n}$ なる $n$ 個の根を持つとする。 $f^{(n + 1)} (λ_{i}) = \frac{P_{n}^{'} (λ_{i})}{(1 + λ_{i}^{2})^{a + n}}$ であり、 $λ_{i}$ は $P_{n} (x)$ の根で、 $P_{n} (x)$ は重解を持たないから $P_{n}^{'} (λ_{i}) \neq 0$ 。また、 $1 \leq i \leq n - 1$ で $P_{n}^{'} (λ_{i}) < 0$ とすると $P_{n}^{'} (λ_{i + 1}) > 0$ であり、 $P_{n}^{'} (λ_{i}) > 0$ とすると $P_{n}^{'} (λ_{i + 1}) < 0$ であるから中間値の定理より $λ_{i} < μ_{i} < λ_{i + 1}$ なる $μ_{i}$ があって $f^{(n + 1)} (μ_{i}) = 0$ 。また、 $lim_{x \to \pm \infty} f^{(n)} (x) = 0 = f^{(n)} (λ_{1}) = f^{(n)} (λ_{n})$ から問題1より $μ_{0} < λ_{1}, λ_{n} < μ_{n}$ なる $μ_{0}, μ_{n}$ があって $f^{(n + 1)} (μ_{0}) = f^{(n + 1)} (μ_{n}) = 0$ 。よって、 $f^{(n + 1)}$ は相異なる根 $μ_{0} < \dots < μ_{n}$ を持ち、それらはいずれも $λ_{i}$ とは一致しない。

$\frac{d^{n}}{d x^{n}} e^{- x^{2}} = (- 1)^{n} H_{n} (x) e^{- x^{2}}$
$e^{x} \frac{d^{n}}{d x^{n}} x^{n} e^{- x} = L_{n} (x)$

$H_{n} (x), L_{n} (x)$ は $P_{n} (x)$ と同様の性質を持つ。

前問題と同様。

$(a, b)$ において $f (x)$ は $n$ 階微分可能で、 $x \to a + 0$ のとき $f^{(i)} (x) \to l_{i} (i = 1, \dots, n)$ とする。 $f (a) = l$ とすれば $i$ 階片側微分を $f_{+}^{(i)} (x)$ と書くことにすれば $f_{+}^{(i)} (a) = l_{i}$

$f_{+}^{(1)} (a) = l_{1}$ のみ示せば同様の議論を繰り返すことができ示される。
$f (a) = l$ とすれば $f (x)$ は $[a, b)$ で連続、 $(a, b)$ で微分可能より平均値の定理から
$\begin{array}{r} \frac{f (x) - f (a)}{x - a} = f^{'} (ξ), a < ξ < x \end{array}$
なる $ξ$ がとれる。 $x \to a + 0$ で $ξ \to a + 0$ から $f_{+}^{'} (a) = l_{1}$ 。

$D$ 上で定義された $f (x, y)$ が $f_{x}, f_{y}$ は連続で $f_{x y}$ は $(a, b)$ を除いて連続であるとき、
$\begin{array}{r} f_{x y} (a, b) = lim_{y \to b} f_{x y} (a, y) = lim_{y \to b} f_{y x} (a, y) \\ f_{y x} (a, b) = lim_{x \to a} f_{x y} (x, b) = lim_{x \to a} f_{y x} (x, b) \end{array}$

$h, k \in R, (u, v) \in D, (u, v) \neq (a, b)$ に対し $Δ = f (u + h, v + k) - f (u + h, v) - f (u, v + k) + f (u, v)$ と定める。 $φ (x) = f (x, v + k) - f (x, v)$ とすると、 $Δ = φ (u + h) - φ (u)$ 。 $f_{x}$ の存在より $φ (x)$ は $[0, h]$ で微分可能だから平均値の定理より $0 < θ < 1$ で
$\begin{array}{r} Δ = h φ^{'} (u + θ h) = h (f_{x} (u + θ h, v + k) - f_{x} (u + θ h, v)) \end{array}$
$f_{x y}$ の存在より、平均値の定理から、ある $0 < θ^{'} < 1$ があって $\frac{Δ}{h k} = f_{x y} (u + θ h, v + θ^{'} k)$ 。よって $h, k \to 0$ で $\frac{Δ}{h k} \to f_{x y} (u, v)$ 。また、
$\begin{array}{r} \frac{Δ}{h k} = \frac{1}{h} (\frac{f (u + h, v + k) - f (u + h, v)}{k} - \frac{f (u, v + k) - f (u, v)}{k}) \end{array}$
において、 $f_{y}$ の存在より平均値の定理からある $0 < η < 1$ があって
$\begin{array}{r} \frac{Δ}{h k} = \frac{f_{y} (u + h, v + η k) - f_{y} (u, v + η k)}{h} \end{array}$
$k \to 0$ として、左辺は $\frac{f_{y} (u + h, v) - f_{y} (u, v)}{h}$ であるから、 $h \to 0$ とすることで、 $\frac{Δ}{h k} \to f_{x y} (u, v)$ より $f_{y x}$ は存在し、 $f_{x y} (u, v) = f_{y x} (u, v)$ 。 $(u, v)$ は任意の $D ∖ {(a, b)}$ の点だから $lim_{y \to b} f_{x y} (a, y) = lim_{y \to b} f_{y x} (a, y), lim_{x \to a} f_{x y} (x, b) = lim_{x \to a} f_{y x} (x, b)$ が成立する。
また、この極限が存在するとき、 $g (y) = f_{x} (a, y)$ とすればこれは定理23の仮定を満たすから題意が示される。

$f (x, y) = x^{2} Arctan \frac{y}{x} - y^{2} Arctan \frac{x}{y}$ の $(0, 0)$ における2階の偏微分商を求めよ。

$\begin{aligned} f_{x} (x, y) & = 2 x Arctan \frac{y}{x} - y \\ f_{y} (x, y) & = - 2 y Arctan \frac{x}{y} + x \\ f_{x x} (x, y) & = 2 Arctan \frac{y}{x} - \frac{2 x y}{x^{2} + y^{2}} \\ f_{y y} (x, y) & = - 2 Arctan \frac{x}{y} + \frac{2 x y}{x^{2} + y^{2}} \\ f_{x y} (x, y) & = f_{y x} (x, y) \\ = \frac{x^{2} - y^{2}}{x^{2} + y^{2}} \end{aligned}$
より
$\begin{array}{r} f_{x x} (0, 0) = lim x \to 0 f_{x x} (x, 0) = 0 f_{y y} (0, 0) = lim y \to 0 f_{y y} (0, y) = 0 \end{array}$
また、 $f_{x y}$ において $(x, y)^{⊤} = r (\cos θ, \sin θ)^{⊤}$ とすると $(x, y) \to (0, 0)$ で $f_{x y} (x, y) = \cos 2 θ$ となるから $f_{x y}$ は $(0, 0)$ で不連続。

$f, g$ は $R$ 上微分可能とする。このとき、次が成立する。
$\begin{array}{r} \frac{d^{n}}{d x^{n}} f (g (x)) = \sum \frac{n!}{i_{1}! \dots i_{n}!} f^{(i_{1} + \dots + i_{n})} (g (x)) \prod_{k = 1}^{n} {(\frac{g^{(k)} (x)}{k!})}^{i_{k}} \end{array}$
ただし、 $\sum$ は $\sum_{k = 1}^{n} k i_{k} = n, i_{k} \geq 0$ を満たす $(i_{1}, \dots, i_{n})$ に渡ってとる。

$F (x) = f (g (x))$ とする。 $M > N > n$ として、Taylorの定理より、 $x \to a$ で
$\begin{aligned} (1) & F (x) - F (a) & = \sum_{n = 1}^{N} \frac{F^{(n)} (a)}{n!} (x - a)^{n} + o (| x - a |^{N}) \\ = \sum_{k = 1}^{N} \frac{f^{(k)} (g (a))}{k!} (g (x) - g (a))^{k} + o (| x - a |^{N}) \\ = \sum_{k = 1}^{N} \frac{f^{(k)} (g (a))}{k!} {(\sum_{m = 1}^{M} \frac{g^{(m)} (a)}{m!} {(x - a)}^{m} + o (| x - a |^{M}))}^{k} + o (| x - a |^{N}) \\ = \sum_{k = 1}^{N} \frac{f^{(k)} (g (a))}{k!} {(\sum_{m = 1}^{M} \frac{g^{(m)} (a)}{m!} {(x - a)}^{m})}^{k} + o (| x - a |^{M}) + o (| x - a |^{N}) \\ (2) & = \sum_{k = 1}^{N} \frac{f^{(k)} (g (a))}{k!} \sum_{\begin{array}{c} i_{1} + \dots + i_{k} = k \\ i_{1}, \dots, i_{k} \geq 0 \end{array}} \frac{k!}{i_{1}! \dots i_{k}!} (x - a)^{1 \cdot i_{1} + \dots + k \cdot i_{k}} \prod_{j = 1}^{k} {(g^{(j)} (a))}^{i_{j}} + o (| x - a |^{N}) \end{aligned}$
より、式(1)と式(2)の $(x - a)^{n}$ の係数を比較すると、
$\begin{aligned} \frac{F^{(n)} (a)}{n!} & = \sum_{k = 1}^{N} \frac{f^{(k)} (g (a))}{k!} \sum_{\begin{array}{c} i_{1} + \dots + i_{k} = k \\ 1 \cdot i_{1} + \dots + k \cdot i_{k} = n \\ i_{1}, \dots, i_{k} \geq 0 \end{array}} \frac{k!}{i_{1}! \dots i_{k}!} \prod_{j = 1}^{k} {(g^{(j)} (a))}^{i_{j}} \\ = \sum_{k = 1}^{n} \sum_{\begin{array}{c} i_{1} + \dots + i_{k} = k \\ 1 \cdot i_{1} + \dots + k \cdot i_{k} = n \\ i_{1}, \dots, i_{k} \geq 0 \end{array}} \frac{1}{i_{1}! \dots i_{k}!} f^{(k)} (g (a)) \prod_{j = 1}^{k} {(g^{(j)} (a))}^{i_{j}} \\ = \sum_{\begin{array}{c} 1 \cdot i_{1} + \dots + n \cdot i_{n} = n \\ i_{1}, \dots, i_{n} \geq 0 \end{array}} \frac{1}{i_{1}! \dots i_{k}!} f^{(i_{1} + \dots + i_{n})} (g (a)) \prod_{j = 1}^{k} {(g^{(j)} (a))}^{i_{j}} \end{aligned}$

$[a, b]$ において $f^{″} (x) > 0, f (a) > 0, f (b) < 0$ ならば $a_{0} = a, a_{n + 1} = a_{n} - \frac{f (a_{n})}{f^{'} (a_{n})}$ は $f (x) = 0$ の $[a, b]$ におけるただ1つの根に収束する。

まず根が1つであることを示す。中間値の定理より根は少なくとも1つ存在する。根が2つ以上あったとし、そのうち2つを $c_{1}, c_{2}, f (c_{1}) = f (c_{2}) = 0$ とする。このとき、Rolleの定理より $c_{1} < d < c_{2}, f^{'} (d) = 0$ なる $d$ が存在する。 $d < x$ で $f^{'} (x) > 0$ 、つまり $f (x)$ が単調増加となり、 $d < b$ より $f (d) = 0 < f (b)$ となり矛盾。よって根はただ1つ。それを $ξ$ とする。
$a \leq t < ξ$ ならば $f^{'} (t) < 0$ を示す。 $f^{'} (t) = 0$ とすると $f^{″} (x) > 0$ に反する。 $f^{'} (t) > 0$ とすると、 $f^{″} (x) > 0$ から $x \in [t, b]$ で常に $f^{'} (x) > 0$ 、 $a < t < ξ$ より $f (t) > 0$ だから $f (b) > 0$ となり矛盾。よって $f^{'} (t) < 0$ 。
$(a_{n}, f (a_{n}))$ における $y = f (x)$ の接線の $x$ 切片は $y = x f^{'} (a_{n}) - a_{n} f^{'} (a_{n}) + f (a_{n})$ $x = a_{n + 1} = a_{n} - \frac{f (a_{n})}{f^{'} (a_{n})}$ である。いま平均値の定理よりある $a < e < b$ が $f (x) - f (a) = (x - a) f^{'} (e)$ を満たすが、 $f^{″} (x) > 0$ より $f (x) - f (a) > (x - a) f^{'} (a)$ 、よって $f (x) > (x - a_{n}) f^{'} (a_{n}) + f (a_{n})$ から $f (a_{n + 1}) > (a_{n + 1} - a_{n}) f^{'} (a_{n}) + f (a_{n}) = 0 = f (ξ) > (ξ - a_{n}) f^{'} (a_{n}) + f (a_{n})$ 。いま $a \leq a_{n} < ξ$ ならば $y = (x - a_{n}) f^{'} (a_{n}) + f (a_{n})$ は $x$ について単調減少だから $a < a_{n} < a_{n + 1} < ξ$ 。帰納的に $a < a_{1} < \dots < a_{n} < \dots < ξ$ だから $a_{n}$ は収束し、収束値を $λ$ とすると $λ = λ - \frac{f (λ)}{f^{'} (λ)}$ より $f (λ) = 0$ 、つまり $λ = ξ$ 。

有理関数 $f (x) = \frac{P (x)}{Q (x)}$ の異なる極値を $a, b$ とし、 $(a, b)$ で $f$ は極値を取らず、 $(a, f (a)), (b, f (b))$ がともに極大であるとき、ある $a < c < b$ があって、 $lim_{x \to c} f (x) = - \infty$ 。

$P, Q$ は共通因数を持たないとして一般性を失わない。 $[a, b]$ で常に $Q (x) \neq 0$ とすると $(a, b)$ で $f (x)$ は連続だから $x = m$ で最小値 $f (m)$ をとる。明らかに $m \neq a, b$ だからこれは $(a, b)$ で極値を持たないことに反する。よってある $c \in [a, b]$ があって $Q (c) = 0$ 。 $P (c) = 0$ とすると因数定理より共通因数を持たないことに反するから $P (c) \neq 0$ 。 $Q (x) = 0$ なる $x = c_{1}, \dots, c_{n}$ をとる。 $n = 1$ のとき、 $a < x < c$ で $f^{'} (x) < 0$ 、 $c < x < b$ で $f^{'} (x) > 0$ より $f (x) \to - \infty$ 。 $n > 1$ のとき、 $I_{0} = (a, c_{1}), I_{1} = (c_{1}, c_{2}), \dots, I_{n - 1} = (a_{n - 1}, a_{n}), I_{n} = (a_{n}, b)$ に対し $x \in I_{k}$ ならば $f^{'} (x) < 0$ だが $x \in I_{k + 1}$ ならば $f^{'} (x) > 0$ なるような $k$ が少なくとも1つ存在するから、 $n = 1$ のときと同様に $c = c_{k + 1}$ とすれば $f (x) \to - \infty,$

$f (x, y) = x^{4} + y^{4} + 6 x^{2} y^{2} - 2 y^{2}$ とする。
(1) 極値を求めよ。
(2) $f (x, y) < 0$ の区域を探求せよ。

$\begin{aligned} f_{x} = 4 x^{3} + 12 x y^{2}, f_{y} = 4 y^{3} + 12 x^{2} y - 4 y, \\ f_{x x} = 12 x^{2} + 12 y^{2}, f_{x y} = 24 x y, f_{y y} = 12 y^{2} + 12 x^{2} - 4 \end{aligned}$
より $Δ (x, y) = f_{x x} f_{y y} - f_{x y}^{2}$ とすると $f_{x} (x, y) = 0 ⟺ x = 0 \lor x^{2} + 3 y^{2} = 0$ 、 $f_{y} (x, y) = 0 ⟺ y = 0 \lor 3 x^{2} + y^{2} = 1$ 。よって停留点は $(0, 0), (0, \pm 1)$ 。 $Δ (0, 0) = 0, Δ (0, \pm 1) = 96 > 0$ であり、 $f_{x x} (0, \pm 1) = 12 > 0$ より $(0, \pm 1)$ で極小となる。また、 $f (x, 0) = x^{4}, f (0, y) = y^{2} (y + \sqrt{2}) (y - \sqrt{2})$ から $(0, 0)$ の近傍で $f (x, y)$ は正にも負にもなりうるから極値をとらない。よって $(0, \pm 1, - 1)$ のみ。

三角形 $A B C$ の平面上で3つの頂点からの距離の和を最小にする点を求めよ

微分による証明

$A (x_{1}, y_{1}), B (x_{2}, y_{2}), C (x_{3}, y_{3})$ とする。平面上の点を $P (x, y)$ とすると、距離の和は $f (x, y) = \sum_{i = 1}^{3} \sqrt{(x - x_{i})^{2} + (y - y_{i})^{2}}$ だから、 $P \neq A, B, C$ のとき $f$ が極値を持つ必要条件は
$\begin{array}{r} {\begin{cases} \frac{\partial f}{\partial x} = \sum_{i = 1}^{3} \frac{x - x_{i}}{\sqrt{(x - x_{i})^{2} + (y - y_{i})^{2}}} = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} = \sum_{i = 1}^{3} \frac{y - y_{i}}{\sqrt{(x - x_{i})^{2} + (y - y_{i})^{2}}} = 0 \end{cases} \end{array} (1)$
であるが、 $v_{i} = (x - x_{i}, y - y_{i}), e_{i} = \frac{v_{i}}{| v_{i} |}$ とすると、条件は $e_{1} + e_{2} + e_{3} = 0$ で $| e_{1} | = | e_{2} + e_{3} |$ から両辺2乗して $e_{2} \cdot e_{3} = - \frac{1}{2}$ 。同様にして $e_{1} \cdot e_{2} = e_{3} \cdot e_{1} = - \frac{1}{2}$ から $e_{1}, e_{2}, e_{3}$ のうち任意の2つがなす角は $\frac{2}{3} π$ 。
また、 $A$ を中心とする半径 $f (A)$ の円の内部と周を $D$ とすると、 $P \in R ∖ D$ に対し $f (P) > P A > f (A)$ だから $P \in R^{2}$ における $f (P)$ の最小値は $P \in D$ におけるものと一致するが、定理13より $P \in D$ における最小値は存在するから、 $f (x, y)$ は $R^{2}$ で最小値を持つ。

$max {∠ A, ∠ B, ∠ C} < \frac{2}{3} π$ のとき
まず、 $△ A B C$ の内部の点 $F$ があって $∠ A F B = ∠ B F C = ∠ C F A = \frac{2}{3} π$ を満たすことを示す。辺 $A B$ の垂直二等分線上を動く点 $N$ を中心とし、 $A, B$ を通る円 $Γ_{N}$ を考え、 $F$ は $A B$ に対して $C$ と同じ側の弧 $\overset{⌢}{A B}$ 上にあるとする。

このとき、円周角の定理より $∠ A F B$ は $N$ の位置のみに依存し、 $N$ が図において下に無限に行けば $∠ A F B \to π$ で、 $Γ_{N}$ が円 $A B C$ と一致するとき $∠ A F B = ∠ A C B < \frac{2}{3} π$ であるから、中間値の定理よりある $N$ があって、 $∠ A F B = \frac{2}{3} π$ を満たす。また、この $N$ に対して、同じように弧 $\overset{⌢}{A B}$ 上に $F$ をとると、 $F = A$ のとき $∠ A F C = π$ であり、 $F = B$ のとき $∠ A F C = ∠ A B C < \frac{2}{3} π$ であるから、中間値の定理より $∠ A F C = \frac{2}{3} π$ を満たす $F$ が存在する。よって、示された。
よって、この $F$ は(1)の条件を満たすが、このような $F$ の一意性は明らかであるから、 $f (x, y)$ が最小値を持つことより、最小値を取る点の候補は $F, A, B, C$ 。いま余弦定理より $A B^{2} = F A^{2} + F B^{2} + F A \cdot F B, A C^{2} = F A^{2} + F C^{2} + F A \cdot F C$ だから、 $a = F A, b = F B, c = F C$ とすると
$\begin{aligned} f (A)^{2} - f (F)^{2} & = (A B + A C)^{2} - (F A + F B + F C)^{2} \\ = 2 A B \cdot A C + a^{2} + b^{2} + a b + a^{2} + c^{2} + c a - a^{2} - b^{2} - c^{2} - 2 a b - 2 b c - 2 c a \\ = 2 \sqrt{(a^{2} + b^{2} + a b) (a^{2} + c^{2} + c a)} + a^{2} - a b - 2 b c - c a \end{aligned}$
ここで
$\begin{aligned} 4 (a^{2} + b^{2} + a b) (a^{2} + c^{2} + c a) - (- a^{2} + a b + 2 b c + c a)^{2} \\ = 4 (a^{4} + (b + c) a^{3} + (b^{2} + b c + c^{2}) a^{2} + a b c (b + c) + b^{2} c^{2}) - (a^{4} + 2 (b + c) a^{3} + (b^{2} - 2 b c + c^{2}) a^{2} + 4 a b c (b + c) + 4 b c^{2}) \\ = a^{2} (3 a^{2} + 2 (b + c) a + (b + c)^{2}) \\ = a^{2} (3 {(a + \frac{b + c}{3})}^{2} + \frac{2}{3} {(b + c)}^{2}) \\ > 0 \end{aligned}$
から $4 (a^{2} + b^{2} + a b) (a^{2} + c^{2} + c a) - (- a^{2} + a b + 2 b c + c a)^{2} > 0$ より $2 \sqrt{(a^{2} + b^{2} + a b) (a^{2} + c^{2} + c a)} + a^{2} - a b - 2 b c - c a > 0$ だから( $x^{2} > y^{2}$ のとき、 $x > 0$ であれば $y$ の符号に関わらず $x > y$ ) $f (A)^{2} - f (F)^{2} > 0$ 、 $f (A), f (F) > 0$ だから $f (A) > f (F)$ 。同様にして $f (B), f (C) > f (F)$ だから $f (F)$ が最小値。よって、求める点は $F$ 。
$max {∠ A, ∠ B, ∠ C} \geq \frac{2}{3} π$ のとき
このとき、(1)を満たす $P$ が存在したとするとある点 $F$ があって $∠ A F B = ∠ B F C = ∠ C F A = \frac{2}{3} π$ を満たすが、そのような $F$ が内部または周上にあることは $max {∠ A, ∠ B, ∠ C} \geq \frac{2}{3} π$ よりありえず、外部にあるとすると図のようになり $\frac{2}{3} π + \frac{2}{3} π = \frac{2}{3} π$ から不適。よって(1)をみたす $P$ は存在しない。

よって $f$ は極値を持たないが、最小値を持つからその候補は $A, B, C$ 。 $max {∠ A, ∠ B, ∠ C} = ∠ A > \frac{2}{3} π$ として一般性を失わない。このとき、
$\begin{array}{r} B C^{2} = A B^{2} + A C^{2} - 2 A B \cdot A C \cos ∠ A \end{array}$
より
$\begin{aligned} A B + A C - (A B + B C) & = A C - B C \\ = A C - \sqrt{A B^{2} + A C^{2} - 2 A B \cdot A C \cos ∠ A} \\ = \frac{A B (2 A C \cos ∠ A - A B)}{A C + \sqrt{A B^{2} + A C^{2} - 2 A B \cdot A C ∠ A}} \\ < 0 (∵ \cos ∠ A < - \frac{1}{2} < 0) \\ A B + A C - (A C + B C) & = A B - B C \\ = A B - \sqrt{A B^{2} + A C^{2} - 2 A B \cdot A C \cos ∠ A} \\ = \frac{A C (2 A B \cos ∠ A - A C)}{A B + \sqrt{A B^{2} + A C^{2} - 2 A B \cdot A C ∠ A}} \\ < 0 (∵ \cos ∠ A < - \frac{1}{2} < 0) \end{aligned}$
から、 $f (A)$ が最小、よって求める点は $A$ 。

第3章

次の関数は不定積分が初等関数で表される。( $P, Q$ は多項式、 $R$ は有理関数、 $a, b, c$ などは定数。)
(1) $\int P (x) e^{a x} \cos b x d x, \int P (x) e^{a x} \sin b x d x$
(2) $\int P (\cos a_{1} x, \dots, \cos a_{p} x, \sin b_{1} x, \dots, \sin b_{q} x) d x$
(3) $\int e^{c x} Q (x) P (\cos a_{1} x, \dots, \cos a_{p} x, \sin b_{1} x, \dots, \sin b_{q} x) d x$
(4) $\int R^{'} (x) \log x d x, \int R^{'} (x) \arctan x d x, \int R^{'} (x) \arcsin d x$

$\begin{aligned} \int x^{n} e^{a x} e^{i b x} d x & = \int x^{n} e^{a x} \cos b x d x + i \int x^{n} e^{a x} \sin b x d x \\ = \frac{x^{n} e^{(a + i b) x}}{a + i b} - \frac{1}{a + i b} \int x^{n - 1} e^{(a + i b) x} d x \end{aligned}$
で $\int e^{(a + i b) x} d x = \frac{e^{a + i b} x}{a + i b}$ より帰納的に示される。
$\int \prod_{k = 1}^{p} \cos^{e_{k}} a_{k} x \prod_{l = 1}^{q} \sin^{e_{l}^{'}} b_{l} x d x$ が積分できることを示せば十分。いま
$\begin{aligned} \cos α \cos β & = \frac{\cos (α + β) + \cos (α - β)}{2} \\ \cos α \sin β & = \frac{\sin (α + β) + \sin (α - β)}{2} \\ \sin α \sin β & = \frac{\cos (α - β) - \cos (α + β)}{2} \end{aligned}$
より、結局 $\int \cos λ x d x$ または $\int \sin μ x d x$ の形になるから、これは積分できる。
(2)と同様にして、結局 $\int e^{c x} Q (x) \cos x d x, \int e^{c x} Q (x) \sin x d x$ の形になり、これは(1)より積分できる。
$\begin{aligned} \int R^{'} (x) \log x d x & = R (x) \log x - \int \frac{R (x)}{x} d x \\ \int R^{'} (x) \arctan x d x & = R (x) \arctan x - \int \frac{R (x)}{1 + x^{2}} d x \\ \int R^{'} (x) \arcsin x d x & = R (x) \arcsin x - \int \frac{R (x)}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ = R (x) \arcsin x - \int R (\sin u) d u (x = \sin u) \end{aligned}$
より、(2)からこれは積分できる。

$\begin{array}{r} \int \cos^{n} x d x = 2^{- (n + 1)} \sum_{k = 0}^{\frac{n - 1}{2}} (\binom{n}{k}) \frac{\sin (2 k - n) x}{(2 k - n)} + {\begin{cases} 2^{- n} (\binom{n}{\frac{n}{2}}) x (x \equiv 0 \mod 2) \\ 0 (x \equiv 1 \mod 2) \end{cases} \end{array}$

$\cos x = (\frac{e^{i x} + e^{- i x}}{2})$ より、
$\begin{aligned} \int \cos^{n} x d x & = \int {(\frac{e^{i x} + e^{- i x}}{2})}^{n} d x \\ = 2^{- n} \int \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) e^{i k x} e^{- (n - k) i x} d x \\ = 2^{- n} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \int e^{(2 k - n) i x} d x \end{aligned}$
$n$ が偶数のとき、
$\begin{aligned} = 2^{- n} (\sum_{k = 0}^{\frac{n}{2} - 1} (\binom{n}{k}) \frac{e^{(2 k - n) i x}}{(2 k - n) i} + (\binom{n}{\frac{n}{2}}) x + \sum_{k = \frac{n}{2} + 1}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{e^{(2 k - n) i x}}{(2 k - n) i}) \\ = 2^{- n} (\sum_{k = 0}^{\frac{n}{2} - 1} (\binom{n}{k}) \frac{e^{(2 k - n) i x}}{(2 k - n) i} + (\binom{n}{\frac{n}{2}}) x + \sum_{k = 0}^{\frac{n}{2} - 1} (\binom{n}{n - k}) \frac{e^{(n - 2 k) i x}}{(n - 2 k) i}) \\ = 2^{- n} (\sum_{k = 0}^{\frac{n}{2} - 1} (\binom{n}{k}) \frac{e^{(2 k - n) i x} - e^{- (2 k - n) i x}}{(2 k - n) i} + (\binom{n}{\frac{n}{2}}) x) \\ = 2^{- n} (\sum_{k = 0}^{\frac{n}{2} - 1} (\binom{n}{k}) \frac{2 \sin (2 k - n) x}{(2 k - n)} + (\binom{n}{\frac{n}{2}}) x) \end{aligned}$
$n$ が奇数のとき、
$\begin{aligned} = 2^{- n} (\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{e^{(2 k - n) i x}}{(2 k - n) i}) \\ = 2^{- n} (\sum_{k = 0}^{\frac{n - 1}{2}} (\binom{n}{k}) \frac{e^{(2 k - n) i x}}{(2 k - n) i} + \sum_{k = \frac{n + 1}{2}}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{e^{(2 k - n) i x}}{(2 k - n) i}) \\ = 2^{- (n + 1)} \sum_{k = 0}^{\frac{n - 1}{2}} (\binom{n}{k}) \frac{\sin (2 k - n) x}{(2 k - n)} \end{aligned}$

$α \neq 0$ のとき
$\begin{aligned} \int \sin^{α - 1} x \cos (α + 1) x d x & = \frac{1}{α} \sin^{α} x \cos α x \\ \int \sin^{α - 1} x \sin (α + 1) x d x & = \frac{1}{α} \sin^{α} x \sin α x \\ \int \cos^{α - 1} x \cos (α + 1) x d x & = \frac{1}{α} \cos^{α} x \sin α x \\ \int \cos^{α - 1} x \sin (α + 1) x d x & = \frac{1}{α} \cos^{α} x \cos α x \end{aligned}$

$\begin{aligned} \int \sin^{α - 1} x \cos (α + 1) x d x & = \int (\sin^{α - 1} x \cos α x \cos x - \sin^{α - 1} x \sin α x \sin x) d x \\ = \int \frac{1}{α} (\sin^{α x})^{'} \cos α x d x - \int \sin^{α} x \sin α x d x \\ = \frac{1}{α} \sin^{α x} \cos α x \end{aligned}$
となる。他も同様。

$F, f, g, φ, ψ$ は有理式とする。
$\begin{aligned} F (\cos x, \sin x) & = f (\cos x) + g (\cos x) \sin x \\ f (\cos x) & = φ (\cos^{2} x) + ψ (\cos^{2} x) \cos x \end{aligned}$

多項式 $P$ を $P (x, y) = \sum_{i = 0}^{n} x^{i} (\sum_{j = 0}^{m} a_{i j} y^{2 j} + \sum_{j = 0}^{m} b_{i j} y^{2 j + 1})$ とすると
$\begin{aligned} P (\cos θ, \sin θ) & = \sum_{i = 0}^{n} \cos^{i} θ (\sum_{j = 0}^{m} a_{i j} \sin^{2 j} θ + \sum_{j = 0}^{m} b_{i j} \sin^{2 j + 1} θ) \\ = \sum_{i = 0}^{n} \cos^{i} θ \sum_{j = 0}^{m} a_{i j} (1 - \cos^{2} θ)^{j} + (\sum_{i = 0}^{n} \cos^{i} θ \sum_{j = 0}^{m} b_{i j} {(1 - \cos^{2} θ)}^{j}) \sin θ \end{aligned}$
より $P (\cos θ, \sin θ) = α_{P} (\cos θ) + β_{P} (\cos θ) \sin θ$ と表される。よって、
$\begin{aligned} F (\cos x, \sin x) & = \frac{P (\cos x, \sin x)}{Q (\cos x, \sin x)} \\ = \frac{α_{P} + β_{P} \sin x}{α_{Q} + β_{Q} \sin x} \\ = \frac{(α_{P} + β_{P} \sin x) (α_{Q} - β_{Q} \sin x)}{α_{Q}^{2} - β_{Q}^{2} (1 - \cos^{2} x)} \\ = \frac{α_{P} α_{Q} - β_{P} β_{Q} (1 - \cos^{2} x) + (α_{Q} β_{P} - α_{P} β_{Q}) \sin x}{α_{Q}^{2} - β_{Q}^{2} (1 - \cos^{2} x)} \end{aligned}$
から示される。また、多項式 $P$ が $P (\cos θ) = α_{P} (\cos^{2} θ) + β_{P} (\cos^{2} θ) \cos θ$ と分解できるのは明らか。
$\begin{aligned} f (\cos x) & = \frac{R (\cos x)}{S (\cos x)} \\ = \frac{α_{R} + β_{R} \cos x}{α_{S} + β_{S} \cos x} \\ = \frac{α_{R} α_{S} - β_{R} β_{S} \cos^{2} x + (α_{S} β_{R} - α_{R} β_{S}) \cos x}{α_{S}^{2} - β_{S}^{2} \cos^{2} x} \end{aligned}$
から示される。

$\begin{array}{r} I_{p, q} = \int t^{p} (a t + b)^{q} d t \end{array}$
とするとき、次が成立する。

$(p + q + 1) I_{p, q} = q b I_{p, q - 1} + t^{p + 1} (a t + b)^{q}$
$a (p + q + 1) I_{p, q} = - p b I_{p - 1, q} + t^{p} (a t + b)^{q}$

$\begin{aligned} (p + q + 1) I_{p, q} - q b I_{p, q - 1} & = (p + q + 1) \int t^{p} (a t + b)^{q} d t - q b \int t^{p} (a t + b)^{q - 1} d t \\ = \int t^{p} (a t + b)^{q - 1} ((p + q + 1) (a t + b) - q b) d t \\ = \int t^{p} (a t + b)^{q - 1} ((p + 1) (a t + b) - a t q) d t \\ = \int ((p + 1) t^{p} {(a t + b)}^{q} - a t q t^{p} {(a t + b)}^{q - 1}) d t \\ = t^{p + 1} (a t + b)^{q} \end{aligned}$
(1)と同様。

$\int_{0}^{π} \frac{\sin x}{\sqrt{1 - 2 a \cos x + a^{2}}} d x = {\begin{cases} 2, & | a | \leq 1 \\ \frac{2}{| a |}, & | a | \geq 1 \end{cases}$
$\int_{0}^{1} \frac{x \log x}{(1 + x)^{4}} d x = \frac{1}{6} (\log 2 - \frac{1}{4})$

$a = 0$ のとき明らか。 $a \neq 0$ のとき、
$\begin{aligned} \int_{0}^{π} \frac{\sin x}{\sqrt{1 - 2 a \cos x + a^{2}}} d x & = \int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{- 2 a t + a^{2} + 1}} (t = \cos x) \\ = {- \frac{\sqrt{- 2 a t + 1 + a^{2}}}{a} |}_{- 1}^{1} \\ = - \frac{| a - 1 | - | a + 1 |}{a} \\ = {\begin{matrix} 2, & | a | \leq 1 \\ \frac{2}{| a |}, & | a | \geq 1 \end{matrix} \end{aligned}$
$\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{x \log x}{(1 + x)^{4}} d x & = \int_{1}^{2} \frac{(t - 1) \log (t - 1)}{t^{4}} d t \\ = \int_{1}^{2} (\frac{\log (t - 1)}{t^{3}} - \frac{\log (t - 1)}{t^{4}}) \end{aligned}$
であり、
$\begin{aligned} \int \frac{\log (t - 1)}{t^{3}} & = - \frac{\log (t - 1)}{2 t^{2}} + \int \frac{d t}{2 t^{2} (t - 1)} \\ = - \frac{\log (t - 1)}{2 t^{2}} + \frac{1}{2} \int (\frac{- t - 1}{t^{2}} + \frac{1}{t - 1}) \\ = - \frac{\log (t - 1)}{2 t^{2}} + \frac{1}{2} (- \log t + \frac{1}{t} + \log (t - 1)) \\ = \frac{1}{2} (- \frac{(t + 1) (t - 1) \log (t - 1)}{t^{2}} - \log t + \frac{1}{t}) \\ \int \frac{\log (t - 1)}{t^{4}} & = - \frac{\log (t - 1)}{3 t^{3}} + \int \frac{d t}{3 t^{3} (t - 1)} \\ = - \frac{\log (t - 1)}{3 t^{3}} + \frac{1}{3} \int (- \frac{t^{2} + t + 1}{t^{3}} + \frac{1}{t - 1}) \\ = - \frac{\log (t - 1)}{3 t^{3}} + \frac{1}{3} (\log (t - 1) - \log t + \frac{1}{t} + \frac{1}{2 t^{2}}) + Const \\ = \frac{1}{3} (- \frac{(t^{2} + t + 1) (t - 1) \log (t - 1)}{t^{3}} - \log t + \frac{1}{t} + \frac{1}{2 t^{2}}) \end{aligned}$
から、 $[1, 2]$ で積分して
$\begin{aligned} \int_{1}^{2} \frac{\log (t - 1)}{t^{3}} & = \frac{1}{2} (- \log 2 - \frac{1}{2}) \\ \int_{1}^{2} \frac{\log (t - 1)}{t^{4}} & = \frac{1}{3} (- \log 2 - \frac{7}{8}) \end{aligned}$
より示される。

$\int_{a}^{b} \frac{d x}{\sqrt{(x - a) (b - x)}} = π (a < b)$
$\int_{- 1}^{1} \frac{d x}{(a - x) \sqrt{1 - x^{2}}} = \pm \frac{π}{\sqrt{a^{2} - 1}}$ ( $| a | > 1, \pm$ は $a$ の符号)
$\int_{0}^{\frac{π}{2}} (\frac{π}{2} - x) \tan x d x = \frac{π}{2} \log 2$
$\int_{0}^{1} \frac{\log x}{x^{α}} d x = \frac{- 1}{(1 - α)^{2}} (0 < α < 1)$

$\begin{aligned} \int_{a}^{b} \frac{d x}{\sqrt{(x - a) (b - x)}} & = \int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{t (1 - t)}} (x = t a + (1 - t) b) \\ = \int_{0}^{1} \frac{2 d u}{\sqrt{1 - u^{2}}} (t = u^{2}) \\ = 2 \arcsin u |_{0}^{1} \\ = π \end{aligned}$
$\begin{aligned} \int_{- 1}^{1} \frac{d x}{(a - x) \sqrt{1 - x^{2}}} & = \int_{0}^{π} \frac{d t}{a - \cos t} (x = \cos t) \\ = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{d t}{(a + 1) t^{2} + a - 1} (u = \tan \frac{t}{2}) \\ = \frac{2}{a - 1} \sqrt{\frac{a - 1}{a + 1}} {\arctan \sqrt{\frac{a + 1}{a - 1}} t |}_{0}^{\infty} \\ = \frac{π}{a - 1} \sqrt{\frac{a - 1}{a + 1}} \\ = \frac{\pm π}{\sqrt{(a - 1)^{2}}} \sqrt{\frac{a - 1}{a + 1}} \\ = \frac{\pm π}{\sqrt{a^{2} - 1}} \end{aligned}$
ただし $\pm$ は $a$ の符号。
$§ 34$ [例3]より、
$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\frac{π}{2} - x) \tan x d x & = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{u}{\tan u} (u = \frac{π}{2} - x) \\ = u \log \sin u |_{0}^{\frac{π}{2}} - \int_{0}^{\frac{π}{2}} \log \sin u d u \\ = \frac{π}{2} \log 2 \end{aligned}$
$\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{\log x}{x^{α}} d x & = {\frac{\log x}{(1 - α) x^{α - 1}} - \frac{1}{(1 - α)^{2} x^{α - 1}} |}_{0}^{1} \\ = \frac{- 1}{(1 - α)^{2}} (∵ 0 < α < 1) \end{aligned}$

$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x^{ν}} d x \end{array}$
は $1 < ν < 2$ で絶対収束、 $0 < ν \leq 1$ で条件収束。

$1 < ν < 2$ のとき、
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} | \frac{\sin x}{x^{ν}} | d x & \leq \int_{0}^{1} \frac{\sin x}{x^{ν}} d x + \int_{1}^{\infty} \frac{d x}{x^{ν}} \\ \leq \int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{ν - 1}} + \int_{1}^{\infty} \frac{d x}{x^{ν}} (∵ \sin x \leq x) \\ < \infty \end{aligned}$
より絶対収束。
$0 < ν \leq 1$ のとき、 $0 < s < t$ に対して
$\begin{aligned} | \int_{s}^{t} \frac{\sin x}{x^{ν}} d x | & = | - {\frac{\cos x}{x^{ν}} |}_{s}^{t} - \int_{s}^{t} \frac{ν \cos x}{x^{ν + 1}} | \\ = | \frac{\cos t}{t^{ν}} - \frac{\cos s}{s^{ν}} + \int_{s}^{t} \frac{ν \cos x}{x^{ν + 1}} | \\ \leq | \frac{\cos t}{t^{ν}} | + | \frac{\cos s}{s^{ν}} | + | \int_{s}^{t} \frac{ν \cos x}{x^{ν + 1}} | \\ \leq \frac{1}{t^{ν}} + \frac{1}{s^{ν}} + \int_{s}^{t} \frac{1}{x^{ν + 1}} d x \\ \leq \frac{2}{s^{ν}} - {\frac{1}{ν x^{ν}} |}_{s}^{t} \\ = \frac{2}{s^{ν}} - \frac{1}{ν t^{ν}} + \frac{1}{ν s^{ν}} \\ \leq (2 + \frac{1}{ν}) s^{- ν} \\ \to 0 (s \to \infty) \end{aligned}$
よりCauthyの収束条件からこれは収束する。
$\int_{0}^{\infty} | \frac{\sin x}{x^{ν}} | d x$ が収束しないことを示す。
$\begin{aligned} \int_{n π}^{(n + 1) π} | \frac{\sin x}{x^{ν}} | d x & = \int_{0}^{π} | \frac{\sin x}{(n π + u)^{ν}} | (u = x - n π) \\ > \frac{2}{(n + 1)^{ν} π^{ν}} \end{aligned}$
だから、
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} | \frac{\sin x}{x^{ν}} | d x & = \sum_{n \geq 0} \int_{n π}^{(n + 1) π} | \frac{\sin x}{x^{ν}} | d x \\ > \sum_{n \geq 0} \frac{2}{(n + 1)^{ν} π^{ν}} \\ = \frac{2}{π^{ν}} \sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{ν}} \\ = \infty \end{aligned}$
からこれは収束しない。よって、 $0 < ν \leq 1$ で条件収束。

$\int_{0}^{\infty} \frac{x d x}{1 + x^{6} \sin^{2} x}$ は収束する。

$\begin{aligned} \int_{n π}^{(n + 1) π} | \frac{x}{1 + x^{6} \sin^{2} x} | d x & \leq (n + 1) π \int_{n π}^{(n + 1) π} \frac{d x}{1 + (n π)^{6} \sin^{2} x} \\ = (n + 1) π \int_{0}^{π} \frac{d u}{1 + (n π)^{6} \sin^{2} u} (u = x - n π) \\ = 2 (n + 1) π \int 0^{\frac{π}{2}} \frac{d u}{1 + (n π)^{6} \sin^{2} u} \\ = 2 (n + 1) π \int_{0}^{\infty} \frac{d t}{((n π)^{6} + 1) t^{2} + 1} (t = \tan u) \\ = 2 (n + 1) π {\frac{1}{\sqrt{(n π)^{6} + 1}} \arctan \sqrt{(n π)^{6} + 1} t |}_{0}^{\infty} \\ = \frac{(n + 1) π^{2}}{\sqrt{(n π)^{6} + 1}} \end{aligned}$
いま
$\begin{aligned} \frac{1}{n^{4}} - {(\frac{(n + 1) π^{2}}{\sqrt{(n π)^{6} + 1}})}^{2} & = \frac{(n π)^{6} + 1 - n^{4} (n + 1)^{2} π^{4}}{n^{4} ((n π)^{6} + 1)} \\ = \frac{n^{4} π^{4} ((π - 1) n - 1) ((π + 1) n + 1) + 1}{n^{4} ((n π)^{6} + 1)} \\ > 0 \end{aligned}$
から $\frac{(n + 1) π^{2}}{\sqrt{(n π)^{6} + 1}} < \frac{1}{n^{2}}$
より
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} | \frac{x}{1 + x^{6} \sin^{2} x} | d x < \int_{0}^{π} | \frac{x}{1 + x^{6} \sin^{2} x} | d x + \sum_{n > 0} \frac{1}{n^{2}} < \infty \end{array}$

$\begin{array}{r} J_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{\sqrt{1 - x^{4}}} d x \end{array}$
とすると、 $(n - 1) J_{n} = (n - 3) J_{n - 4}$ 。

$\begin{aligned} J_{n} & = \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{\sqrt{1 - x^{4}}} d x \\ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\sin^{\frac{n}{2}} u}{\cos u} \cdot \frac{\cos u}{2 \sqrt{\sin u}} (x = \sqrt{\sin u}) \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{\frac{n - 1}{2}} u d u \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} - \sin^{\frac{n - 3}{2}} u (\cos u)^{'} d u \\ = \frac{1}{2} (- \sin^{\frac{n - 3}{2}} u \cos u |_{0}^{\frac{π}{2}} + \frac{n - 3}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{\frac{n - 5}{2}} u (1 - \sin^{2} u) d u) \\ = \frac{n - 3}{2} (\frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{\frac{n - 5}{2}} u d u - \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{\frac{n - 1}{2}} u d u) \\ = \frac{n - 3}{2} (J_{n - 4} - J_{n}) \end{aligned}$

$f, g$ が $[a, b]$ で可積分ならば
$\begin{array}{r} {(\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x)}^{2} \leq (\int_{a}^{b} f {(x)}^{2}) (\int_{a}^{b} g {(x)}^{2}) \end{array}$
であり、 $f, g$ が連続ならば等号は $f, g$ の比が定数であるときに成立する。

$g (x)$ が定数関数 $g (x) = 0$ ならば明らか。そうでないとき、 $f, g$ が可積分だから $λ \in R$ に対して $(f (x) + λ g (x))^{2}$ も可積分。よって、
$\begin{array}{r} \int_{a}^{b} (f (x) + λ g (x))^{2} d x = \int_{a}^{b} f (x)^{2} d x + 2 λ \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x + λ^{2} \int_{a}^{b} g (x)^{2} d x \geq 0 \end{array}$
から、これを $λ$ の2次式と見て
$\begin{array}{r} {(\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x)}^{2} - (\int_{a}^{b} f {(x)}^{2} d x) (\int_{a}^{b} g {(x)}^{2} d x) \leq 0 \end{array}$
から示される。等号は、 $f = 0$ または $g = 0$ または $λ$ の2次式が重解 $ξ$ を持つときで、 $f, g$ が連続ならばこれは $f + ξ g = 0$ と同値。これはつまり $f, g$ の比が定数であることである。

$f_{1}, \dots, f_{n}$ は $[a, b]$ で可積分で、 $a_{p q} = \int_{a}^{b} f_{p} (x) f_{q} (x) d x$ とすると、
$\begin{array}{r} | \begin{array}{c} a_{11} & \dots & a_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{n 1} & \dots & a_{n n} \end{array} | \geq 0 \end{array}$
であり、等号は $f_{1}, \dots, f_{n}$ が $[a, b]$ で連続ならば $\sum_{i = 1}^{n} c_{i} f_{i} = 0, (c_{1}, \dots, c_{n}) \neq (0, \dots, 0)$ のとき成り立つ。

$A = (a_{i j})$ とし、 $A$ の二次形式を $q_{A} (x)$ とすると、
$\begin{aligned} \int_{a}^{b} {(\sum_{i = 1}^{n} u_{i} f_{i} (x))}^{2} d x & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} u_{i} u_{j} \int_{a}^{b} f_{i} (x) f_{j} (x) d x \\ = q_{A} (x) \\ \geq 0 \end{aligned}$
より、 $A$ の2次形式が非負だから $| A | \geq 0$ 。また、 $f_{1}, \dots, f_{n}$ が連続ならば $\sum_{i = 1}^{n} u_{i} f_{i} \neq 0$ のとき $q_{A} (x) > 0$ だから $| A | > 0$ 。よって、 $| A | = 0$ ならばある $x^{'} \neq 0$ があって $q_{A} ((x^{'})) = 0$ を満たすから $u (x) = (f_{1} (x), \dots, f_{n} (x))$ とすると $x^{'} \cdot u = 0, x^{'} \neq 0$ を満たし、示される。

Hermiteの多項式
$\begin{array}{r} H_{n} (x) = (- 1)^{n} e^{x^{2}} \frac{d^{n}}{d x^{n}} e^{- x^{2}} \end{array}$
に対し、
$\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{\infty} H_{m} (x) H_{n} (x) e^{- x^{2}} = δ_{m n} 2^{n} n! \sqrt{π} \end{array}$
である。( $δ_{m n}$ はKroneckerのdelta。)

$m \leq n$ として一般性を失わない。 $H_{n}^{'} (x) = 2 n H_{n - 1} (x)$ を示す。帰納法による。 $H_{0} (x) = 1, H_{1} (x) = 2 x$ より $n = 1$ では明らか。 $H_{n}^{'} (x) = 2 n H_{n - 1} (x)$ を仮定すると、
$\begin{aligned} H_{n}^{'} (x) & = (- 1)^{n} 2 x e^{x^{2}} \frac{d^{n}}{d x^{n}} e^{- x^{2}} - (- 1)^{n + 1} e^{x^{2}} \frac{d^{n + 1}}{d x^{n + 1}} e^{- x^{2}} \\ = 2 x H_{n} (x) - H_{n + 1} (x) \end{aligned}$
の両辺微分して
$\begin{aligned} H_{n + 1}^{'} (x) & = 2 H_{n} (x) + 2 x H_{n}^{'} (x) - H_{n}^{″} (x) \\ = 2 H_{n} (x) + 2 x 2 n H_{n - 1} (x) - 2 n H_{n - 1}^{'} (x) \\ = 2 H_{n} (x) + 2 n (2 x H_{n - 1} (x) - H_{n - 1}^{'} (x)) \\ = 2 (n + 1) H_{n} (x) \end{aligned}$
から示される。 $x^{k} \frac{d^{n}}{d x^{n}} e^{- x^{2}} \to 0 (n \to \pm \infty)$ を示す。練習問題(2)-(3)より、 $H_{n} (x)$ は $n$ 次の多項式だから
$\begin{aligned} | x^{k} \frac{d^{n}}{d x^{n}} e^{- x^{2}} | & = | x^{k} H_{n} (x) (- 1)^{n} e^{- x^{2}} | \\ \leq | n x^{n + k} e^{- x^{2}} | \\ \to 0 \end{aligned}$
から示される。以上より、
$\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} H_{m} (x) H_{n} (x) e^{- x^{2}} & = \int_{- \infty}^{\infty} H_{m} (x) (- 1)^{n} e^{x^{2}} (\frac{d^{n}}{d x^{n}} e^{- x^{2}}) e^{- x^{2}} d x \\ = (- 1)^{n} \int_{- \infty}^{\infty} H_{m} (x) \frac{d^{n}}{d x^{n}} e^{- x^{2}} d x \\ = (- 1)^{n} (H_{m} (x) \frac{d^{n - 1}}{d x^{n - 1}} e^{- x^{2}} |_{- \infty}^{\infty} - \int_{- \infty}^{\infty} H_{m}^{'} (x) \frac{d^{n - 1}}{d x^{n - 1}} e^{- x^{2}} d x) \\ = (- 1)^{n + 1} 2 m \int_{- \infty}^{\infty} H_{m - 1} (x) \frac{d^{n - 1}}{d x^{n - 1}} e^{- x^{2}} d x \\ = (- 1)^{n + m} 2^{m} m! \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d^{n - m}}{d x^{n - m}} e^{- x^{2}} d x \\ = {\begin{matrix} 2^{n} n! \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} d x & (n = m) \\ (- 1)^{n + m} 2^{m} m! \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d^{n - m}}{d x^{n - m}} e^{- x^{2}} d x & (n \neq m) \end{matrix} \\ = δ_{m n} 2^{n} n! \sqrt{π} \end{aligned}$

Laguerreの多項式
$\begin{array}{r} L_{n} (x) = e^{x} \frac{d^{n}}{d x^{n}} x^{n} e^{- x} \end{array}$
に関して、
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} L_{m} (x) L_{n} (x) e^{- x} d x = δ_{m n} (n!)^{2} \end{array}$

$D = \frac{d}{d x}$ とする。 $n \leq m$ として一般性を失わない。 $a, b, p \in Z_{> 0}, b \geq p$ のとき
$\begin{array}{r} x^{a} D^{p} x^{b} e^{- x} d x |_{0}^{\infty} = 0 \end{array}$
を示す。
$\begin{aligned} x^{a} D^{p} x^{b} e^{- x} d x & = x^{a} \sum_{k = 0}^{p} (\binom{p}{k}) (D^{k} x^{b}) (D^{p - k} e^{- x}) \\ = x^{a} \sum_{k = 0}^{p} (\binom{p}{k}) \frac{b!}{(b - k)!} x^{b - k} (- 1)^{p - k} e^{- x} \end{aligned}$
より、 $x \to \infty, 0$ で各項 $0$ に飛ぶから示される。また、 $q > 0, c \geq p, d \geq q$ として
$\begin{array}{r} e^{x} (D^{p} x^{c} e^{- x}) (D^{q} x^{d} e^{- x}) |_{0}^{\infty} = 0 \end{array}$
も同様に示される。よって、
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} L_{m} (x) L_{n} (x) e^{- x} d x & = \int_{0}^{\infty} L_{m} (x) e^{x} (D^{n} x^{n} e^{- x}) e^{- x} d x \\ = \int_{0}^{\infty} L_{m} (x) D^{n} x^{n} e^{- x} d x \\ = \int_{0}^{\infty} e^{x} (D^{m} x^{m} e^{- x}) (D^{n} x^{n} e^{- x}) d x \\ = e^{x} (D^{m} x^{m} e^{- x}) (D^{n - 1} x^{n} e^{- x}) |_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} D (e^{x} (D^{m} x^{m} e^{- x})) (D^{n - 1} x^{n} e^{- x}) d x \\ = - \int_{0}^{\infty} D (e^{x} D^{m} x^{m} e^{- x}) (D^{n - 1} x^{n} e^{- x}) d x \\ = (- 1)^{n} \int_{0}^{\infty} D^{n} (e^{x} D^{m} x^{m} e^{- x}) x^{n} e^{- x} d x \\ = (- 1)^{n} \int_{0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) e^{x} (D^{m + k} x^{m} e^{- x}) x^{n} e^{- x} d x \\ = (- 1)^{n} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \int_{0}^{\infty} x^{n} D^{m + k} x^{m} e^{- x} d x \\ = (- 1)^{n} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (x^{n} D^{m + k - 1} x^{m} e^{- x} |_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} n x^{n - 1} D^{m + k - 1} x^{m} e^{- x} d x) \\ = (- 1)^{n} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (- 1)^{n} n! \int_{0}^{\infty} D^{m + k - n} x^{m} e^{- x} d x \\ = n! \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \int_{0}^{\infty} D^{m + k - n} x^{m} e^{- x} d x \end{aligned}$
ここで、Gamma関数の定義より
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} D^{m + k - n} x^{m} e^{- x} d x & = {\begin{matrix} m! & (m + k - n = 0) \\ 0 & (m + k - n > 0) \end{matrix} \end{aligned}$
であり、 $n = m + k ⟺ n \geq m$ 、いま $n \leq m$ としているから $n = m, k = 0$ 。よって、
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} L_{m} (x) L_{n} (x) e^{- x} d x & = n! \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) δ_{n m} δ_{k 0} m! \\ = δ_{n m} n! m! \\ = δ_{n m} (n!)^{2} \end{aligned}$

$0 < x < 1$ に対して $x = 2^{- n}, n \in Z_{> 0}$ ならば $f (x) = 10^{- n}$ とし、そうでなく、 $x = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 2^{- n}$ と展開されるならば $f (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 10^{- n}$ と定めると、 $f$ は関数となる。この $f$ に対して、
$\begin{array}{r} \int_{0}^{1} f (x) = \frac{1}{18} \end{array}$

$\begin{aligned} \int_{0}^{1} f (x) & = lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{2^{n}} f (\frac{k}{2^{n}}) \end{aligned}$
より
$\begin{aligned} 2^{- n} \sum_{k = 0}^{2^{n}} f (\frac{k}{2^{n}}) & = 2^{- n} (f (\frac{1}{2^{n}}) + f (\frac{2}{2^{n}}) + \dots + f (\frac{2^{n}}{2^{n}})) \\ = 20^{- n} (1 + 10 + 11 + \dots + 10^{n}) \\ = 20^{- n} (\sum_{k = 0}^{n - 1} 2^{n - 1} 10^{k} + 10^{n}) \\ = 20^{- n} (\frac{2^{n - 1} (10^{n} - 1)}{9} + 10^{n}) \\ = \frac{1 - 10^{- n}}{18} + 2^{- n} \\ \to \frac{1}{18} \end{aligned}$
から示される。