4 関数列の収束

4.1

問1

(i)

$$ \sup_{x\in\mathbb{R}} |f_{n}(x)-0| = \frac{1}{2}.$$

(ii)

各$x \in \mathbb{R}_{\geq 0}$に対して，
$$ \sqrt[n]{f_{n}(x)} = \frac{x}{n}e^{-\frac{x}{n}} \to 0 \quad(n\to\infty)$$
より，級数$\sum f_{n}(x)$は収束するので
$$ \lim_{n\to\infty} f_{n}(x) = 0$$
となる．また，
$$ \sup_{x\geq 0} |f_{n}(x)-0| = e^{-n} \to 0 \quad(n\to\infty)$$
であるから，$f_{n} \rightrightarrows 0$となる．

(iii)

明らかに$f_{n}(0) = f_{n}(1) =0$であり，$0< x<1$のときは，
$$ \frac{f_{n}(x)}{f_{n-1}(x)} = \frac{n}{n-1}(1-x) \to 1-x < 1$$
より，級数$\sum f_{n}(x)$は収束するので
$$ \lim_{n\to\infty} f_{n}(x) = 0$$
となる．一方，
$$ \sup_{x\in[0,1]} |f_{n}(x)-0| = \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1} = \left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \to e^{-1} \quad(n\to\infty)$$
であるから，$(f_{n})_{n}$は一様収束しない．

(iv)

$$ \sup_{x\in\mathbb{R}} |f_{n}(x)-0| = e^{-1}.$$

問2

$$ \sup_{x\in\mathbb{R}} |f_{n}(x)-0| = \frac{1}{\sqrt{2e}}n^{p-\frac{1}{2}}.$$

4.3

問1

(i)

$f(x) \coloneqq \arctan{x}$とおくと，$f(\infty)=\pi/2$であり，
$$ \sup_{a\leq \alpha \leq b} \left|\int_{M}^{\infty} f'(\alpha x)\,\d{x}\right| \leq \frac{\frac{\pi}{2}-\arctan(Ma)}{a} \to 0 \quad(M\to+\infty)$$
が成り立つ．

(ii)

$f(x) \coloneqq e^{-x^{n}}$とおくと，$f(\infty)=0$であり，
$$ \sup_{\sqrt[n]{a} \leq \alpha \leq \sqrt[n]{b}} \left|\int_{M}^{\infty} f'(\alpha x)\,\d{x}\right| \leq \frac{e^{-M^{n}a}}{\sqrt[n]{a}} \to 0 \quad(M\to+\infty)$$
が成り立つ．

(iii)

$f(t) \coloneqq e^{-t}$とおくと，
$$ \int_{0}^{1} \frac{x^{b}-x^{a}}{\log{x}}\,\d{x} = \int_{\infty}^{0} \frac{e^{-bt}-e^{-at}}{-t}\cdot(-e^{-t}\,\d{t}) = -\int_{0}^{\infty} \frac{f((b+1)t)-f((a+1)t)}{t}\,\d{t}$$
と書ける．また，$f(\infty)=0$であり，
$$ \sup_{a+1\leq\alpha \leq b+1} \left|\int_{M}^{\infty} f'(\alpha t)\,\d{t}\right| \leq \frac{e^{-M(a+1)}}{a+1} \to 0 \quad(M\to+\infty)$$
であるから，
$$ \int_{0}^{1} \frac{x^{b}-x^{a}}{\log{x}}\,\d{x} = -(f(\infty)-f(0))\log\frac{b+1}{a+1} = \log\frac{b+1}{a+1}$$
となる．

問2

$$ I(\alpha) \coloneqq \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\alpha+x^{2}}\,\d{x}$$
とおくと，
$$ I(\alpha)=2\int_{0}^{\infty} \frac{1}{\alpha+x^{2}}\,\d{x} = \frac{2}{\sqrt{\alpha}}\left[\arctan\frac{x}{\sqrt{\alpha}}\right]_{0}^{\infty} = \frac{\pi}{\sqrt{\alpha}}$$
であり，
$$ \sup_{a \leq \alpha \leq b} \left|\int_{M}^{\infty} \frac{\d{}^{n}}{\d{\alpha^{n}}}\left(\frac{1}{\alpha+x^{2}}\right)\,\d{x}\right| = \sup_{a\leq \alpha \leq b} \left|\int_{M}^{\infty} \frac{(-1)^{n}n!}{(\alpha+x^{2})^{n+1}}\,\d{x}\right| \leq \frac{n!}{\sqrt{a}}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{M}{\sqrt{a}}\right) \to 0 \quad(M\to+\infty)$$
であるから，
$$ 2\int_{0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}n!}{(\alpha+x^{2})^{n+1}}\,\d{x} = \frac{\d{}^{n}}{\d{\alpha^{n}}}I(\alpha) = \pi \frac{\d{}^{n}}{\d{\alpha^{n}}}\alpha^{-\frac{1}{2}} = \pi \frac{(-1)^{n}(2n-1)!!}{2^{n}}\alpha^{-\frac{1}{2}-n}$$
が成り立つ．よって，$\alpha=1$として，
$$ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(1+x^{2})^{n+1}}\,\d{x} = 2\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^{2})^{n+1}}\,\d{x} = \pi\frac{(2n-1)!!}{2^{n}n!} = \pi \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$$
を得る．

問3

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{1-\cos{x}}{x^{2}}\,\d{x} = \left[-\frac{1-\cos{x}}{x}\right]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} \frac{\sin{x}}{x}\,\d{x} = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}.$$

4.4

問1

p.47, 例1より
$$ f_{n}^{(k)}(x) = \frac{1}{n^{m+1-k}}\sin \left(nx+\frac{k\pi}{2}\right)$$
であるから，
$$ \|f_{n}^{(k)}-0\|_{0} \to \begin{dcases} 0 & 1\leq k \leq m \\[3pt] 1 & k = m+1 \end{dcases} \quad(n\to\infty)$$
が成り立つ．

4.5

問1

(i)

$x \in [a+h,b-h]$のとき$[x-h,x+h] \subset [a,b]$であるから，
$$ f_{h}(x) = \int_{x-h}^{x+h} \rho_{h}(x-t)f(t)\,\d{t} = \int_{x-h}^{x+h} \rho_{h}(x-t)c\,\d{t} = c\int_{-\infty}^{+\infty} \rho_{h}(x-t)\,\d{t} = c$$
となる．

(ii)

$h\coloneqq\varepsilon/3$とおき，連続函数$f\colon\mathbb{R} \to \mathbb{R}$を
$$ f(x) \coloneqq \begin{dcases} 0 & x \leq a-2h \\[2pt] \frac{x-a+2h}{h} & a-2h \leq x \leq a-h \\[2pt] 1 & a-h \leq x \leq b+h \\[2pt] -\frac{x-b-2h}{h} & b+h \leq x \leq b+2h \\[2pt] 0 & b+2h \leq x \end{dcases}$$
で定める．このとき，$f_{h} \in \mathrm{C}^{\infty}(\mathbb{R})$であって，(i)より$f_{h}|[a,b]=1$が成り立つ．さらに，任意の$x \notin [a-\varepsilon,b+\varepsilon]$に対して，
\begin{align} x< a-\varepsilon &\implies x+h < a-2h; \\ b+\varepsilon < x &\implies b+2h < x-h; \end{align}
より，
$$ f_{h}(x) = \int_{x-h}^{x+h} \rho_{h}(x-t)f(t)\,\d{t} = 0$$
が成り立つ．

4.6

問2

(i)

$$ \|u_{n}\|_{0} \leq |a|^{n}.$$

(ii)

$$ s(x) = \begin{dcases} 0 & x=0 \\ \frac{x}{1-e^{-x}} & 0< x\leq 1 \end{dcases}$$
であり
$$ \lim_{x\to 0} \frac{x}{1-e^{-x}} = 1$$
であるから，$s$は連続でない．

(iii)

$$ \|u_{n}\|_{0} \leq \frac{1}{2n\sqrt{n}}.$$

問3

$$ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n}\frac{x+n}{n^{2}} = x\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n^{2}} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n}$$
より，任意の有界区間$I$上で
$$ \sup_{x\in I }|s_{n}(x)-s(x)| \leq \sup_{x\in I}|x|\sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{1}{k^{2}} + \left|\sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{k}\right| \to 0 \quad(n\to\infty)$$
が成り立つ．また，各$x\in\mathbb{R}$に対して，
$$ \left|(-1)^{n}\frac{x+n}{n^{2}}\right| = \frac{|x+n|}{n^{2}} \sim \frac{1}{n} \quad(n\to\infty)$$
であるから，$\sum (-1)^{n}(x+n)/n^{2}$は絶対収束しない．

4.7

問2

(ii)

一般に
$$ 0 \leq \overline{\lim}(a_{n}b_{n}) \leq \overline{\lim}a_{n} \cdot \lim b_{n}$$
が成り立つので，$\lim b_{n}>0$としてよい．このとき，$a_{n}b_{n}>0,\,b_{n}^{-1}>0$および$\lim b_{n}^{-1} = (\lim b_{n})^{-1}$より
$$ \overline{\lim}a_{n} = \overline{\lim}(a_{n}b_{n} \cdot b_{n}^{-1}) \leq \overline{\lim}(a_{n}b_{n}) \cdot (\lim b_{n})^{-1}$$
となるので，
$$ \overline{\lim}a_{n} \cdot \lim b_{n} \leq \overline{\lim}(a_{n}b_{n})$$
が成り立つ．

問3

1. $L\coloneqq \overline{\lim} a_{n}/a_{n-1}$とおく．$L=+\infty$のときは明らかに
   $$ \overline{\lim} \sqrt[n]{a_{n}} \leq L$$
   が成り立つので，$L<+\infty$としてよい．そこで$\varepsilon>0$とする．このとき，$N\in\mathbb{N}$であって
   $$ \forall n>N,\ \frac{a_{n}}{a_{n-1}} \leq L+\varepsilon \quad\leadsto\quad a_{n} \leq (L+\varepsilon)^{n-N}a_{N}$$
   なるものが存在する．よって
   $$ \sqrt[n]{a_{n}} \leq (L+\varepsilon)^{1-\frac{N}{n}}\sqrt[n]{a_{N}}$$
   となるので，monotoneより
   $$ \overline{\lim} \sqrt[n]{a_{n}} \leq \overline{\lim} (L+\varepsilon)^{1-\frac{N}{n}}\sqrt[n]{a_{N}} = \lim_{n\to\infty} (L+\varepsilon)^{1-\frac{N}{n}}\sqrt[n]{a_{N}} = L+\varepsilon$$
   を得る．いま$\varepsilon>0$は任意であったから
   $$ \overline{\lim} \sqrt[n]{a_{n}} \leq L= \overline{\lim} \frac{a_{n}}{a_{n-1}}$$
   が成り立つ．
2. $\ell \coloneqq \underline{\lim} a_{n}/a_{n-1}$とおく．
   1. $\ell=+\infty$のとき：$R>0$とする．このとき，$N\in\mathbb{N}$であって
      $$ \forall n>N,\ R \leq \frac{a_{n}}{a_{n-1}} \quad\leadsto\quad a_{N}R^{n-N} \leq a_{n}$$
      なるものが存在する．よって
      $$ \sqrt[n]{a_{N}}R^{1-\frac{N}{n}} \leq \sqrt[n]{a_{n}}$$
      となるので，monotoneより
      $$ R \leq \underline{\lim} \sqrt[n]{a_{n}}$$
      を得る．いま$R>0$は任意であったから，$\underline{\lim} \sqrt[n]{a_{n}}=+\infty$でなければならない．
   2. $\ell<+\infty$のとき：$\varepsilon>0$とする．このとき，$N\in\mathbb{N}$であって
      $$ \forall n>N,\ \ell-\varepsilon \leq \frac{a_{n}}{a_{n-1}} \quad\leadsto\quad a_{N}(\ell-\varepsilon)^{n-N} \leq a_{n} \quad\leadsto\quad \sqrt[n]{a_{N}}(\ell-\varepsilon)^{1-\frac{N}{n}} \leq \sqrt[n]{a_{n}}$$
      なるものが存在する．よって
      $$ \ell-\varepsilon \leq \underline{\lim} \sqrt[n]{a_{n}}$$
      が成り立つ．いま$\varepsilon>0$は任意であったから
      $$ \underline{\lim} \frac{a_{n}}{a_{n-1}} = \ell \leq \underline{\lim} \sqrt[n]{a_{n}}$$
      が成り立つ．

問4

(i)

整級数$\sum x^{n}/n^{2}$の収束半径は$1$である（cf. 命題4.19）．このとき，p.106, 例3より，級数$\sum n^{-2}$は収束するが，$\sum n^{-1}$は発散する．

(ii)

級数$\sum a_{n}\rho^{n}$が収束するならば，定理3.32の系より，級数
$$ \sum \frac{a_{n}}{n+1}\rho^{n+1} = \sum (a_{n}\rho^{n}) \frac{\rho}{n+1}$$
も収束する．

4.8

問1

(i)

$$ \frac{1}{1+x^{3}} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}x^{3n},\ |x|<1$$
より，$|x|<1$において
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{3n+1}x^{3n+1} &= \int_{0}^{x} \frac{1}{1+t^{3}} \,\d{t} \\ &= \frac{1}{3}\int_{0}^{x} \left(\frac{1}{t+1} - \frac{t-2}{t^{2}-t+1}\right)\,\d{t} \\ &= \frac{1}{3}\log(x+1)-\frac{1}{6}\int_{0}^{x} \frac{2t-1}{t^{2}-t+1}\,\d{t} +\frac{1}{2} \int_{0}^{x} \frac{1}{t^{2}-t+1}\,\d{t} \\ &= \frac{1}{3}\log(x+1)-\frac{1}{6}\log(x^{2}-x+1) + \frac{1}{2}\int_{0}^{x} \frac{1}{\left(t-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}} \,\d{t} \\ &= \frac{1}{3}\log(x+1)-\frac{1}{6}\log(x^{2}-x+1) + \frac{1}{\sqrt{3}}\left[\arctan\frac{2t-1}{\sqrt{3}}\right]_{0}^{x} \\ &= \frac{1}{3}\log(x+1)-\frac{1}{6}\log(x^{2}-x+1) + \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}}+\frac{\pi}{6}\right) \end{align}
が成り立つ．左辺の級数は$x=1$において収束するので（cf. p.111, 例2），
$$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{3n+1} = \frac{1}{3}\log{2}-\frac{1}{6}\log{1} +\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\arctan\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{3}\left(\log{2}+\frac{\pi}{\sqrt{3}}\right)$$
を得る．

(ii)

$$ \frac{1}{1+x^{4}} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}x^{4n},\ |x|<1$$
より，$|x|<1$において
\begin{align} \int_{0}^{x} \frac{1}{1+t^{4}}\,\d{t} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{4n+1} x^{4n+1} = x - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{4n+1}x^{4n+1};\\ \int_{0}^{x} \frac{t^{2}}{1+t^{4}}\,\d{t} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{4n+3}x^{4n+3} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{4n-1} x^{4n-1}; \end{align}
が成り立つので，
\begin{align} x+\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\left(\frac{x^{4n-1}}{4n-1} - \frac{x^{4n+1}}{4n+1}\right) &= \int_{0}^{x} \frac{1+t^{2}}{1+t^{4}}\,\d{t} \\ &= \int_{0}^{x} \frac{1+t^{2}}{(t^{2}-\sqrt{2}t+1)(t^{2}+\sqrt{2}t+1)}\,\d{t} \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{x} \left(\frac{1}{t^{2}-\sqrt{2}t+1} + \frac{1}{t^{2}+\sqrt{2}t+1}\right)\,\d{t} \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{x} \left(\frac{1}{\left(t-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}} + \frac{1}{\left(t+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}} \right)\,\d{t} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} \left[\arctan(\sqrt{2}t-1)+\arctan(\sqrt{2}t+1)\right]_{0}^{x} \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\arctan(\sqrt{2}x-1)+\arctan(\sqrt{2}x+1)\right) \end{align}
を得る．さらに，左辺の級数は$x=1$において収束するので，
$$ 1+\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\left(\frac{1}{4n-1}-\frac{1}{4n+1}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\arctan(\sqrt{2}-1)+\arctan(\sqrt{2}+1)\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\arctan(\sqrt{2}-1)+\arctan\frac{1}{\sqrt{2}-1} \right) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$$
となる．

(iii)

$$ -\log(1-x^{2}) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}(-x^{2})^{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n},\ |x|<1$$
より，$|x|<1$において
\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n+1)}x^{2n+1} &= -\int_{0}^{x} \log(1-t^{2})\,\d{t} \\ &= -\int_{0}^{x} (\log(1-t)+\log(1+t))\,\d{t} \\ &= [(1-t)\log(1-t)-(1-t)-(1+t)\log(1+t)+(1+t)]_{0}^{x} \\ &= (1-x)\log(1-x)-(1+x)\log(1+x)+2x \end{align}
が成り立つ．左辺の級数は$x=1$において収束するので，
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n+1)} = \lim_{x\uparrow 1} (1-x)\log(1-x) -2\log{2}+2 = 2(1-\log{2})$$
を得る．

問2

(i)

$f(x)\coloneqq \arcsin{x}$とおくと，
$$ f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} = (1-x^{2})^{-\frac{1}{2}} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-\frac{1}{2}}{n}(-x^{2})^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}\binom{-\frac{1}{2}}{n}x^{2n},\ |x|<1$$
であるから，$|x|<1$において
$$ \arcsin{x} = \int_{0}^{x} \frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}\,\d{t} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1}\binom{-\frac{1}{2}}{n}x^{2n+1}$$
が成り立つ．

(ii)

$|x|<1$において
\begin{align} \log(1+x+x^{2}) &= \log(1-x^{3})-\log(1-x) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} (-x^{3})^{n}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} (-x)^{n} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} x^{n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} x^{3n} \end{align}
が成り立つ．よって，
$$ a_{n} \coloneqq \begin{dcases} \frac{1}{n} & n \centernot\equiv 0 \pmod 3 \\[2pt] \frac{1}{n} -\frac{3}{n} & n \equiv 0 \pmod 3 \end{dcases}$$
とおけば，
$$ \log(1+x+x^{2}) = \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}x^{n},\ |x|<1$$
と書ける．

(iii)

$f(x)\coloneqq \log(x+\sqrt{x^{2}+1})$とおくと，
$$ f'(x) = \frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}} = (1+x^{2})^{-\frac{1}{2}} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-\frac{1}{2}}{n} x^{2n},\ |x|<1$$
であるから，$|x|<1$において
$$ \log(x+\sqrt{x^{2}+1}) = \int_{0}^{x} \frac{1}{\sqrt{t^{2}+1}}\,\d{t} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1}\binom{-\frac{1}{2}}{n}x^{2n+1}$$
が成り立つ．

(iv)

$f(x)\coloneqq (\log(1-x))^{2}$とおくと，
$$ f'(x) = 2\log(1-x)\cdot\frac{-1}{1-x} = -2\left(\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{(-x)^{n}}{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}\right) = 2\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{n} \frac{x^{m}}{m}x^{n-m} = 2\sum_{n=0}^{\infty} \left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)x^{n},\ |x|<1$$
であるから，$|x|<1$において
$$ (\log(1-x))^{2} = 2\sum_{n=1}^{\infty} \left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\frac{x^{n+1}}{n+1} = 2\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n-1}\right) x^{n}$$
が成り立つ．

(v)

$f(x)\coloneqq (\arctan{x})^{2}$とおくと，
$$ f'(x) = 2\arctan{x}\cdot\frac{1}{1+x^{2}} = 2 \left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1} x^{2n+1}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}x^{2n}\right) = 2\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k+\ell=n} \frac{(-1)^{k}}{2k+1}x^{2k+1} (-1)^{\ell}x^{2\ell} = 2\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{2k+1} x^{2n+1},\ |x|<1$$
であるから，$|x|<1$において
$$ (\arctan{x})^{2} = 2\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{2k+1} \frac{x^{2n+2}}{2n+2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n+1} \left(1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n+1}\right) x^{2n+2}$$
が成り立つ．

問3

(v)

$|k|<1$において
$$ (1-k^{2}\sin^{2}\theta)^{-\frac{1}{2}} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-\frac{1}{2}}{n} (-1)^{n} k^{2n}\sin^{2n}\theta = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} k^{2n}\sin^{2n}\theta$$
が成り立つ．ここで，$[0,\pi/2]$上の連続函数$u_{n}$を
$$ u_{n}(\theta) \coloneqq \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} k^{2n}\sin^{2n}\theta$$
で定めると，
$$ \|u_{n}\|_{0} \leq \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} |k|^{2n},\ \frac{\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} |k|^{2n}}{\frac{(2(n-1)-1)!!}{(2(n-1))!!} |k|^{2(n-1)}} = \frac{2n-1}{2n}|k|^{2} \xrightarrow{n\to\infty} |k|^{2}<1$$
となるので，ダランベールの判定法より$\sum (2n-1)!!\,|k|^{2n}/(2n)!!$は収束し，したがって$\sum u_{n}$は一様収束する．よって
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}\theta}}\,\d{\theta} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}k^{2n} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n}\theta \,\d{\theta}$$
が成り立つ．さらに，
$$ I_{n} \coloneqq\int \sin^{n}\theta \,\d{\theta} = -\cos\theta\sin^{n-1}\theta + \int \cos\theta \cdot (n-1)\sin^{n-2}\theta \cos\theta \,\d{\theta} = -\cos\theta \sin^{n-1}\theta +(n-1)I_{n-2} - (n-1)I_{n}$$
より
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n}\theta\,\d{\theta} = \frac{2n-1}{2n} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n-2}\theta\,\d{\theta} =\cdots= \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 \,\d{\theta} = \frac{\pi}{2} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$$
となるので，
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}\theta}} \,\d{\theta} = \frac{\pi}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^{\mkern-.4em 2}\, k^{2n}$$
を得る．

演習問題

1

(i)

$u_{n}(x) \coloneqq (\log{x})^{n}$とおく．

1. $e^{-1}< x< e$のとき$|u_{n}(x)|<1$であるから，級数$\sum u_{n}(x)$は（絶対）収束する．
2. $0< x\leq e^{-1}$または$e \leq x$のとき，$|u_{n}(x)| \geq 1$であるから，級数$\sum u_{n}(x)$は発散する．
3. $I \coloneqq\,]e^{-1},e[$に含まれる任意の閉区間$J$において，$\|u_{n}\|_{0}<1$が成り立つので，函数項級数$\sum u_{n}$は$J$上一様収束する．
4. 各$u_{n}$は$I$上有界なので各部分和$s_{n}$も有界である．したがって，もし$s_{n}\rightrightarrows s\coloneqq\sum u_{n}$とすると，$n\in\mathbb{N}$であって$\|s_{n}-s\|_{0} \leq 1$なるものが存在するので
   $$ \|s\|_{0} \leq \|s-s_{n}\|_{0} + \|s_{n}\|_{0} \leq 1+\|s_{n}\|_{0}$$
   が成り立つが，
   $$ s(x)=\sum (\log{x})^{n} = \frac{1}{1-\log{x}}$$
   は$I$上有界でないので，不合理である．

(ii)

$u_{n}(x) \coloneqq (1+x^{n})^{-1}$とおく．

1. $|x|>1$のとき，
   $$ |u_{n}(x)| \leq \frac{1}{|x|^{n}-1} \sim \frac{1}{|x|^{n}} \quad(n\to\infty)$$
   より，$\sum u_{n}(x)$は（絶対）収束する．
2. $\sum u_{n}(1)$は明らかに発散する．
3. $|x|<1$のとき，$u_{n}(x) \to 1\ (n\to\infty)$より，$\sum u_{n}(x)$は発散する．
4. 1. $a>1$のとき
      $$ \|u_{n}\|_{0} \leq \frac{1}{1+a^{n}} \sim \frac{1}{a^{n}} \quad(n\to\infty)$$
      となるので，$\sum u_{n}$は閉区間$[a,+\infty[$上で一様収束する．
   2. $$ \|s_{n}-s\|_{0} = \sup_{1< x} \sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{1}{1+x^{k}} \geq \frac{1}{2} \quad\leadsto\quad \|s_{n}-s\|_{0} \centernot\to 0 \quad(n\to\infty)$$
      となるので，開区間$]1,+\infty[$上では一様収束しない．
5. 1. $a<-1$のとき
      $$ \|u_{n}\|_{0} \leq \frac{1}{|a|^{n}-1} \sim \frac{1}{|a|^{n}} \quad(n\to\infty)$$
      となるので，$\sum u_{n}$は閉区間$]-\infty,a]$上で一様収束する．
   2. $\sum u_{n}$が開区間$]{-\infty},-1[$上で一様収束したとすると，$n_{0}\in\mathbb{N}$であって
      $$ n\geq n_{0} \implies \|s_{n}-s\|_{0} \leq 1 \quad\leadsto\quad \|s_{n}\|_{0} \leq \|s\|_{0}+1$$
      なるものが存在する．ところで，$u_{k}(x) \leq 2^{-1}$であり，$k$が奇数のとき$u_{k}(x)\to-\infty\ (x\uparrow -1)$であるから，
      $$ \|s_{n}\|_{0} = \sup_{x<-1} \left|\sum_{k=0}^{n} u_{k}(x) \right| = +\infty$$
      となって不合理である．

(iii)

$u_{n}(x)\coloneqq x^{n}\tan(x2^{-n}),\,n\geq 1,\,$とおく．

1. $\theta_{n} \coloneqq x2^{-n}$とおくと
   $$ \left|\frac{u_{n}(x)}{u_{n-1}(x)}\right| = |x|\left|\frac{\tan\theta_{n}}{\tan(2\theta_{n})}\right| = |x|\frac{|1-\tan^{2}\theta_{n}|}{2} \to \frac{|x|}{2} \quad(n\to\infty)$$
   となるので，$|x|<2$のとき級数$\sum u_{n}(x)$は絶対収束する．
2. $|x|\geq 2$のとき，
   $$ |u_{n}(x)| \geq 2^{n}\tan\frac{1}{2^{n-1}} = 2 \frac{\tan\frac{1}{2^{n-1}}}{\frac{1}{2^{n-1}}} \to 2 \quad(n\to \infty)$$
   となるので，級数$\sum u_{n}(x)$は発散する．
3. $0< a<2$とする．$n\in\mathbb{N}$が十分大きいとき，閉区間$[-a,a]$上で
   $$ \|u_{n}\|_{0} = \sup_{-a\leq x \leq a}\frac{|x|^{n+1}}{2^{n}}\frac{\tan\frac{|x|}{2^{n}}}{\frac{|x|}{2^{n}}} \leq \frac{a^{n+1}}{2^{n}}\frac{3}{2} = 3\left(\frac{a}{2}\right)^{n+1}$$
   が成り立つので，函数項級数$\sum u_{n}$は一様収束する．
4. $s_{n}\rightrightarrows s$とすると
   $$ \|u_{n}\|_{0} = \|s_{n}-s_{n-1}\|_{0} \leq \|s_{n}-s\|_{0}+\|s-s_{n-1}\|_{0} \to 0 \quad(n\to\infty)$$
   が成り立つが，
   $$ \|u_{n}\|_{0} = \sup_{-2< x<2} |x|^{n}\tan\frac{|x|}{2^{n}} \to 2 \quad(n\to\infty)$$
   であるから，函数項級数$\sum u_{n}$は開区間$]{-2},2[$上では一様収束しない．

(iv)

$u_{n}(x) \coloneqq \log(1+nx)/nx^{n},\,n\geq 1,\,x>0,\,$とおく．

1. $$ \frac{u_{n}(x)}{u_{n-1}(x)} = \left(1-\frac{1}{n}\right)\frac{1}{x}\frac{\log(1+nx)}{\log(1+(n-1)x)} \to \frac{1}{x} \quad(n\to\infty)$$
   となるので，級数$\sum u_{n}(x)$は，$x>1$のとき収束し，$0< x<1$のとき発散する．
2. $x=1$のとき，
   $$ u_{n}(1) \sim \frac{\log{n}}{n},\ \int_{3}^{\infty} \frac{\log{x}}{x}\,\d{x}= \left[\frac{1}{2}(\log{x})^{2}\right]_{3}^{\infty} = \infty$$
   より，$\sum u_{n}(1)$は発散する（cf. 命題3.22）．
3. $a>1$とする．閉区間$[a,+\infty[$上で
   $$ \|u_{n}\|_{0} = \sup_{a\leq x}\frac{\log(1+nx)}{nx}\frac{1}{x^{n-1}} \leq \frac{1}{a^{n-1}}$$
   が成り立つので，函数項級数$\sum u_{n}$は一様収束する．
4. 開区間$]1,+\infty[$上で$\sum u_{n}$が一様収束であるとすると，部分和の列$(s_{n})_{n}$は有界であるが，
   $$ \frac{\log(1+kx)}{kx^{k}} \geq \frac{\log{k}}{k}\frac{1}{x^{k}} \quad\leadsto\quad \|s_{n}\|_{0} = \sup_{1< x} \sum_{k=1}^{n} \frac{\log(1+kx)}{kx^{k}} \geq \sup_{1< x} \sum_{k=1}^{n} \frac{\log{k}}{k}\frac{1}{x^{k}} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\log{k}}{k} \to +\infty \quad(n\to\infty)$$
   となって不合理である．

2

$u_{n}(x)\coloneqq ne^{-nx}$とおき，$a>0$とする．このとき，
$$ \sup_{a\leq x} |u_{n}(x)| = ne^{-na},\ \frac{ne^{-na}}{(n-1)e^{-(n-1)a}} \to e^{-a} < 1 \quad(n\to\infty)$$
より，函数項級数$\sum u_{n}$は閉区間$[a,+\infty[$上で一様収束するので，$f|[a,+\infty[$は連続である．いま$a>0$は任意であったので，函数$f \colon \mathbb{R}_{>0}\to\mathbb{R}$は連続である．また，$\sum u_{n}$は$[\log{2},\log{3}]$上で一様収束なので，
\begin{align} \int_{\log{2}}^{\log{3}} f(x)\,\d{x} &= \sum_{n=1}^{\infty} \int_{\log{2}}^{\log{3}} ne^{-nx}\,\d{x}\\ &= -\sum_{n=1}^{\infty} \left[e^{-nx}\right]_{\log{2}}^{\log{3}} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2^{n}}-\frac{1}{3^{n}}\right) \\ &= 1-\frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{2} \end{align}
が成り立つ．

3

(i)

$u_{n}(x)\coloneqq 2^{-n}\tan(x2^{-n}),\,n\geq 1,\,$とおく．このとき，
$$ \frac{\pi}{6} \leq x \leq \frac{\pi}{2} \quad\leadsto\quad 0 \leq \frac{x}{2^{n}} \leq \frac{\pi}{4}$$
より
$$ \sup_{\frac{\pi}{6} \leq x \leq \frac{\pi}{2}} |u_{n}(x)| \leq \frac{1}{2^{n}}$$
となるので，函数項級数$f=\sum u_{n}$は閉区間$[\pi/6,\pi/2]$上で一様収束する．よって
$$ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} f(x)\,\d{x} = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2^{n}}\tan\frac{x}{2^{n}}\,\d{x} = \sum_{n=1}^{\infty} \left[-\log\cos\frac{x}{2^{n}}\right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\log\cos\frac{\pi}{3\cdot 2^{n+1}} - \log\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}\right)$$
が成り立つ．ここで，
$$ p_{n} \coloneqq \cos\frac{\theta}{2^2} \cdots \cos\frac{\theta}{2^{n+1}}$$
とおくと，
$$ p_{n}\sin\frac{\theta}{2^{n+1}} = \frac{p_{n-1}}{2}\sin\frac{\theta}{2^{n}} = \frac{p_{n-2}}{2^{2}}\sin\frac{\theta}{2^{n-1}} =\cdots= \frac{p_{1}}{2^{n-1}}\sin\frac{\theta}{2^2} = \frac{1}{2^{n}}\sin\frac{\theta}{2}$$
となるので，
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \log\cos\frac{\theta}{2^{n+1}} = \log\prod_{n=1}^{\infty} p_{n} = \log \lim_{n\to\infty} \frac{\sin\frac{\theta}{2}}{2^{n}\sin\frac{\theta}{2^{n+1}}} = \log\frac{\sin\frac{\theta}{2}}{\frac{\theta}{2}}$$
が成り立つ．よって
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \log\cos\frac{\pi}{3\cdot 2^{n+1}} = \log\frac{\sin\frac{\pi}{6}}{\frac{\pi}{6}} = \log\frac{3}{\pi},\ \sum_{n=1}^{\infty} \log\cos\frac{\pi}{2^{n+1}} = \log\frac{\sin\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}} = \log\frac{2}{\pi}$$
となるので，
$$ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} f(x)\,\d{x} = \log\frac{3}{\pi}-\log\frac{2}{\pi} = \log\frac{3}{2}$$
を得る．

(ii)

\begin{align} \left\|\frac{1}{n^{4}+x^{2}}\right\|_{0} &\leq \frac{1}{n^{4}};\\ &\\ \int_{0}^{\infty} f(x)\,\d{x} &= \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^{2}+n^{4}}\,\d{x} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}\left[\arctan\frac{x}{n^{2}}\right]_{0}^{\infty} \\ &= \frac{\pi}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \\ &= \frac{\pi^{3}}{12}. \end{align}

4

$H_{n}(x)\coloneqq H(x-x_{n})$とおく．$\|a_{n}H_{n}\|_{0} \leq |a_{n}|$より，函数項級数$\sum a_{n}H_{n}$は$\mathbb{R}$上で絶対一様収束する．

1. $x\leq a$のとき，$H(x-x_{n})=0$より，$f(x)=0$となる．
2. $b\leq x$のとき，$H(x-x_{n})=1$より，$f(x)=\sum a_{n}$となる．

よって，$\mathbb{R}_{< a} \cup \mathbb{R}_{>b}$上で$f$は連続である．そこで$\xi\in[a,b]$とし$\varepsilon>0$とする．まづ，
$$ A_{\xi}\coloneqq \{n\in\mathbb{N} \mid x_{n}<\xi\},\ B_{\xi}\coloneqq \{n\in\mathbb{N} \mid \xi \leq x_{n}\}$$
とおくと，
$$ f(\xi) = \sum_{n\in A_{\xi}} a_{n}H_{n}(\xi) + \sum_{n\in B_{\xi}} a_{n}H_{n}(\xi) = \sum_{n\in A_{\xi}} a_{n}$$
となることに注意する．また，$n_{0}\in\mathbb{N}$であって
$$ n\geq n_{0} \implies \sum_{k=n+1}^{\infty} |a_{k}| \leq \varepsilon$$
なるものが存在する．

1. $\xi=a$のとき：$\delta>0$を
   $$ x_{n} \in [a,a+\delta] \implies n\geq n_{0}$$
   なるように取れば，
   $$ |x-a|\leq \delta \implies |f(x)-f(a)| = |f(x)| \leq \sum_{k\in A_{x}} |a_{k}| \leq \sum_{k=n_{0}+1}^{\infty} |a_{k}| \leq \varepsilon$$
   が成り立つので，$f$は$a$で連続である．
2. $\xi=b$のとき：$\delta>0$を
   $$ x_{n} \in [b-\delta,b] \implies n \geq n_{0}$$
   なるように取れば，
   $$ |x-b|\leq \delta \implies |f(x)-f(b)| \leq \sum_{k\in B_{x}} |a_{k}| \leq \sum_{k=n_{0}+1}^{\infty} |a_{k}| \leq \varepsilon$$
   が成り立つので，$f$は$b$で連続である．
3. $\xi \neq \prescript{\forall}{}x_{n}$のとき：$\delta>0$を
   $$ x_{n} \in [\xi-\delta,\xi+\delta] \implies n\geq n_{0}$$
   なるように取れば，
   $$ |x-\xi|\leq \delta \implies |f(x)-f(\xi)| = \left|\sum_{k\in A_{x}} a_{k} - \sum_{k\in A_{\xi}} a_{k} \right| \leq \sum_{k=n_{0}+1}^{\infty} |a_{k}| \leq \varepsilon$$
   が成り立つので，$f$は$\xi$で連続である．
4. $\xi=\prescript{\exists}{}x_{m}$のとき：$\delta>0$を
   $$ x_{n}\in[x_{m}-\delta,x_{m}+\delta]\smallsetminus\{x_{m}\} \implies n \geq n_{0}$$
   なるように取ると，
   \begin{align} x_{m}-\delta \leq x \leq x_{m} &\implies |f(x)-f(x_{m})| \leq \varepsilon;\\[3pt] x_{m} < x \leq x_{m}+\delta &\implies |f(x)-(f(x_{m})+a_{m})| \leq \varepsilon; \end{align}
   が成り立つ．よって
   $$ \lim_{x \uparrow x_{m}} f(x) =f(x_{m}),\ \lim_{x\downarrow x_{m}} f(x) = f(x_{m})+a_{m}$$
   となるので，$a_{m}=0$のとき$f$は$x_{m}$で連続であり，$a_{m}\neq 0$のとき$f$は$x_{m}$で不連続である．

5

(v)

$$ \frac{\log{n}}{n^{\frac{1}{2}}}\frac{\log(\log{n})}{n^{\frac{1}{2}}} \to 0 \quad(n\to\infty) \quad\leadsto\quad (\log{n})^{\frac{\log{n}}{n}} \to e^{0}=1 \quad(n\to\infty).$$

6

$u_{n}(x) \coloneqq (\sin{nx})/2^{n}$とおくと，$\|u_{n}\|_{0} \leq 2^{-n}$となるので，$\sum u_{n}$は$\mathbb{R}$上絶対一様収束する．よって
$$ \int_{0}^{\pi} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\sin{nx}}{2^{n}} \,\d{x} = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin{nx}}{2^{n}} \,\d{x} = \sum_{n=1}^{\infty} \left[-\frac{1}{n2^{n}}\cos{nx}\right]_{0}^{\pi} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n2^{n}}(1-(-1)^{n})$$
となる．ところで，
\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n2^{n}} &= - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \left(-\frac{1}{2}\right)^{n} = -\log(1-\frac{1}{2}) = \log{2};\\ -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n2^{n}} &= \sum_{n=1}^{n} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \left(\frac{1}{2}\right)^{n} = \log(1+\frac{1}{2}) = \log{3}-\log{2}; \end{align}
であるから，
$$ \int_{0}^{\pi} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\sin{nx}}{2^{n}} \,\d{x} = \log{3}$$
が成り立つ．

7

\begin{align} a_{n} &\coloneqq \frac{n}{(m+n)(m+n-1)\cdots(m+n-r)};\\ b_{n} &\coloneqq \frac{1}{(m+n-1)\cdots(m+n-r)};\\ c_{n} &\coloneqq \frac{1}{(m+n-2)\cdots(m+n-r)}; \end{align}
とおくと，
\begin{align} a_{n} &= \frac{n}{r}(b_{n}-b_{n+1});\\ b_{n} &= \frac{1}{r-1}(c_{n}-c_{n+1}); \end{align}
と書けるので，
\begin{align} a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n} &= \frac{1}{r}(b_{1}-b_{2}) + \frac{2}{r}(b_{2}-b_{3}) +\cdots+\frac{n}{r}(b_{n}-b_{n+1}) \\ &= \frac{1}{r}(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}-nb_{n+1})\\ &= \frac{1}{r(r-1)}((c_{1}-c_{2})+(c_{2}-c_{3})+\cdots+(c_{n}-c_{n+1})-n(r-1)b_{n+1}) \\ &= \frac{1}{r(r-1)}(c_{1}-c_{n+1}-n(r-1)b_{n+1}) \\ &\to \frac{c_{1}}{r(r-1)} \quad(n\to\infty) \\ &= \frac{1}{r(r-1)}\frac{1}{(m-1)\cdots(m-(r-1))} \\ &= \frac{1}{r(r-1)}\frac{(m-r)!}{(m-1)!} \end{align}
を得る．

9

(i)

$\sum x^{n} = (1-x)^{-1}$の両辺を微分して
$$ \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1} = \frac{1}{(1-x)^{2}} \quad\leadsto\quad \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n} = \frac{x}{(1-x)^{2}}$$
となるので，再び微分して
$$ \sum_{n=1}^{\infty} n^{2}x^{n-1} = \frac{1+x}{(1-x)^{3}} \quad\leadsto\quad \sum_{n=1}^{\infty} n^{2}x^{n} = \frac{x(1+x)}{(1-x)^{3}}$$
を得る．

(v)

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n(n+1)^{2}}{(n-1)!}x^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)(n+2)^{2} \frac{x^{n+1}}{n!}$$
に注意する．まづ，$xe^{x} = \sum x^{n+1}/n!$の両辺を微分して
$$ (1+x)e^{x} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) \frac{x^{n}}{n!} \quad\leadsto\quad (x^{2}+x^{3})e^{x} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)\frac{x^{n+2}}{n!}$$
を得る．同様に
$$ (2x+4x^{2}+x^{3})e^{x} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)(n+2)\frac{x^{n+1}}{n!} \quad\leadsto\quad (2x^{2}+4x^{3}+x^{4})e^{x} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)(n+2)^{2}\frac{x^{n+2}}{n!}$$
となるので，
$$ (4x+14x^{2}+8x^{3}+x^{4})e^{x} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)(n+2)^{2}\frac{x^{n+1}}{n!}$$
を得る．

10

$t\coloneqq 2x/(1+x^{2})$とおく．$|x|<1$より$|t|<1$であることに注意して$x$について解くと，
$$ x=\frac{1-\sqrt{1-t^{2}}}{t}$$
となる．さらに，$|t|<1$のとき
$$ \sqrt{1-t^{2}} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{\frac{1}{2}}{n} (-t^{2})^{n} = 1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}(2n-3)!!}{(2n)!!} (-1)^{n}t^{2n} = 1-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-3)!!}{(2n)!!} t^{2n}$$
が成り立つので，
$$ x=\frac{1-\sqrt{1-t^{2}}}{t} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-3)!!}{(2n)!!} t^{2n-1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-3)!!}{(2n)!!} \left(\frac{2x}{1+x^{2}}\right)^{2n-1}$$
を得る．

12

(i)

$t\coloneqq\sin{x}$とおくと，$|x|<\pi/2$より$|t|<1$であり，したがって
\begin{align} \cos{x} &= \sqrt{1-t^{2}}\\ &= 1-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-3)!!}{(2n)!!} t^{2n} \\ &= 1-\frac{1}{2}(\sin{x})^{2}-\frac{1}{8}(\sin{x})^{4}-\frac{1}{16}(\sin{x})^{6}-\cdots \end{align}
が成り立つ．

(ii)

？

13

$$ 1\leq r_{n} \leq 3 \quad\leadsto\quad 1 \leq \sqrt[n]{r_{n}} \leq \sqrt[n]{3} \to 1 \quad(n\to\infty).$$

14

$x_{0}\neq 0$としてよい．このとき
$$ |a_{n}| \leq \frac{M}{|x_{0}|^{n}} \quad\leadsto\quad \sqrt[n]{|a_{n}|} \leq \frac{\sqrt[n]{M}}{|x_{0}|}$$
より
$$ 0<\frac{1}{\rho} \leq \frac{1}{|x_{0}|} \quad\leadsto\quad |x_{0}| \leq \rho$$
を得る（cf. monotone）．逆は成り立たない（e.g., 4.7問1(ii)で$x_{0}=1$とする）．

15

$$ \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\rho^{n}:\text{abs. conv.} \iff \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(-\rho)^{n}:\text{abs. conv.}$$

16

(i)

$x=\sin{t},\,t=2\arctan{u}$とおくことで
\begin{align} \int_{-1}^{1} \frac{1}{(a-x)\sqrt{1-x^{2}}} \,\d{x} &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{(a-\sin{t})\cos{t}}\cdot \cos{t}\,\d{t} \\ &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{a-\sin{t}} \,\d{t}\\ &= \int_{-1}^{1} \frac{1}{a-\frac{2u}{1+u^{2}}} \cdot \frac{2}{1+u^{2}}\,\d{u} \\ &= 2 \int_{-1}^{1} \frac{1}{au^{2}-2u+a}\,\d{u} \\ &= \frac{2}{a} \int_{-1}^{1} \frac{1}{\left(u-\frac{1}{a}\right)^{2}+\frac{a^{2}-1}{a^{2}}} \,\d{u}\\ &= \frac{2}{a} \left[\frac{a}{\sqrt{a^{2}-1}} \arctan\frac{au-1}{\sqrt{a^{2}-1}}\right]_{-1}^{1} \\[2pt] &= \frac{2}{\sqrt{a^{2}-1}}\left(\arctan\frac{a-1}{\sqrt{a^{2}-1}} - \arctan\frac{-a-1}{\sqrt{a^{2}-1}} \right) \\[2pt] &= \frac{2}{\sqrt{a^{2}-1}}\left(\arctan\sqrt{\frac{a-1}{a+1}} + \arctan\sqrt{\frac{a+1}{a-1}} \right) \\ &= \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-1}} \end{align}
を得る（cf. sum-arctan）．

(ii)

$x=\sin{t}$とおくと，$|x|<1< a$より
$$ \frac{1}{a-x}=\frac{1}{a}\frac{1}{1-\frac{x}{a}} = \frac{1}{a}\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{x}{a}\right)^{n} = \frac{1}{a}\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{\sin{t}}{a}\right)^{n}$$
は一様収束なので，
\begin{align} \int_{-1}^{1} \frac{1}{(a-x)\sqrt{1-x^{2}}}\,\d{x} &= \frac{1}{a} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{\sin{t}}{a}\right)^{n}\,\d{t}\\ &= \frac{1}{a}\sum_{n=0}^{\infty} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{\sin{t}}{a}\right)^{n}\,\d{t} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left(\int_{-1}^{1} \frac{x^{n}}{\sqrt{1-x^{2}}}\,\d{x}\right) \frac{1}{a^{n+1}} \end{align}
が成り立つ．一方，
$$ \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-1}} = \frac{\pi}{a}\left(1-\frac{1}{a^{2}}\right)^{-\frac{1}{2}} = \frac{\pi}{a} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-\frac{1}{2}}{n} \frac{(-1)^{n}}{a^{2n}} = \sum_{n=0}^{\infty} \pi\binom{-\frac{1}{2}}{n}(-1)^{n}\frac{1}{a^{2n+1}}$$
であるから，$a^{-(2n+1)}$の係数を比較して
$$ \int_{-1}^{1} \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^{2}}}\,\d{x} = \pi\binom{-\frac{1}{2}}{n}(-1)^{n}$$
を得る．

17

(i)

連続函数$g\colon\mathbb{R}_{\geq 0}\times\mathbb{R}_{> 0}\to\mathbb{R}$を
$$ g(a,x) \coloneqq e^{-\left(x-\frac{a}{x}\right)^{2}} $$
で定める．

1. $0\leq a \leq A$のとき
   $$ -\left(x-\frac{a}{x}\right)^{2} = -x^{2}+2a-\frac{a^{2}}{x^{2}} \leq -x^{2}+2A \quad\leadsto\quad |g(a,x)| \leq e^{2A}e^{-x^{2}}$$
   であり，第2章演習問題23より
   $$ \int_{0}^{\infty} e^{2A}e^{-x^{2}}\,\d{x} = e^{2A}\frac{\sqrt{\pi}}{2}<+\infty$$
   であるから，広義積分
   $$ \int_{0}^{\infty} g(a,x)\,\d{x}$$
   は$[0,A]$上で一様収束である．$A\geq 0$は任意であったから，$f$は$\mathbb{R}_{\geq 0}$上で連続である．
2. $0<\alpha\leq a \leq A$とする．
   1. いま，
      $$ \frac{\partial}{\partial{a}}g(a,x) = 2g(a,x)\left(1-\frac{a}{x^{2}}\right)$$
      であり，$x=a/t$とおくと
      $$ -g(a,x)\frac{a}{x^{2}}\,\d{x} = -e^{-\left(x-\frac{a}{x}\right)^{2}}\frac{a}{x^{2}}\,\d{x} = e^{-\left(\frac{a}{t}-t\right)^{2}}\,\d{t} = g(a,t)\,\d{t}$$
      となるので，
      $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\partial}{\partial{a}}g(a,x)\,\d{x} = 2\int_{0}^{\infty} g(a,x)\,\d{x} + 2\int_{\infty}^{0} g(a,t)\,\d{t} = 0$$
      が成り立つ．
   2. よって，あとは$[\alpha,A]$上で広義積分
      $$ \int_{0}^{\infty} \frac{a}{x^{2}}g(a,x)\,\d{x}$$
      が一様収束であることを示せばよい（cf. 定理4.9）．ところで，
      $$ \left|\frac{a}{x^{2}}g(a,x)\right| \leq Ae^{2A}\frac{e^{-x^{2}-\frac{\alpha^{2}}{x^{2}}}}{x^{2}}$$
      であり，
      $$ \frac{e^{-x^{2}-\frac{\alpha^{2}}{x^{2}}}}{x^{2}} = e^{-x^{2}} \cdot \frac{\frac{1}{x^{2}}}{e^{\frac{\alpha^{2}}{x^{2}}}} \to 1\cdot 0 = 0 \quad(x\downarrow 0)$$
      および
      $$ x^{2} \cdot \frac{e^{-x^{2}-\frac{\alpha^{2}}{x^{2}}}}{x^{2}} \to 0 \quad(x\to+\infty)$$
      が成り立つので，広義積分
      $$ \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x^{2}-\frac{\alpha^{2}}{x^{2}}}}{x^{2}}\,\d{x}$$
      は収束する（cf. p.68系）．

(ii)

$$ \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}}\,\d{x} = f(0)=f(a) = \int_{0}^{\infty} e^{-\left(x-\frac{a}{x}\right)^{2}}\,\d{x} = e^{2a} \int_{0}^{\infty} e^{-\left(x^{2}+\frac{a^{2}}{x^{2}}\right)}\,\d{x}.$$

18

$x=1-t$とおくと
$$ \int_{0}^{1} \frac{\log{x}}{1-x}\,\d{x} = \int_{1}^{0} \frac{\log(1-t)}{t}(-\,\d{t}) = \int_{0}^{1} \frac{\log(1-t)}{t}\,\d{t}$$
となる．また，9(iv)より，$|\tau|<1$のとき
$$ \int_{0}^{\tau} \frac{\log(1-t)}{t}\,\d{t} = -\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\tau} \frac{t^{n-1}}{n}\,\d{t} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\tau^{n}}{n^{2}}$$
が成り立つ．右辺の級数は$\tau=1$でも収束するので
$$ \int_{0}^{1} \frac{\log{x}}{1-x}\,\d{x} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$$
を得る（cf. 定理4.20）．

19

まづ
$$ f_{n+1}(x) = \int_{x}^{a} \frac{(-1)^{n}}{n!}(x-t)^{n}f(t)\,\d{t}$$
が成り立つことを示す：

1. Base：
   $$ f_{1}(x) = \int_{x}^{a} f(t)\,\d{t} = \int_{x}^{a} \frac{(-1)^{0}}{0!}(x-t)^{0}f(t)\,\d{t}.$$
2. Induction：（cf. p.266系2）
   \begin{align} f_{n+2}(x) &= \int_{x}^{a} f_{n+1}(t)\,\d{t} \\ &= \int_{x}^{a} \left(\int_{t}^{a} \frac{(-1)^{n}}{n!}(t-s)^{n}f(s)\,\d{s}\right)\,\d{t} \\ &= \int_{x}^{a} \left(\int_{x}^{s} \frac{(-1)^{n}}{n!}(t-s)^{n}f(s)\,\d{t}\right)\,\d{s} \\ &= \int_{x}^{a} \left[\frac{(-1)^{n}}{(n+1)!}(t-s)^{n+1}f(s)\right]_{t=x}^{t=s}\,\d{s} \\ &= \int_{x}^{a} \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}(x-s)^{n+1}f(s)\,\d{s}. \end{align}

よって
$$ \|f_{n+1}\|_{0} \leq \frac{a^{n}}{n!} \int_{0}^{a} |f(t)|\,\d{t}$$
であり，
$$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a^{n}}{n!} \int_{0}^{a} |f(t)|\,\d{t} = e^{a}\int_{0}^{a} |f(t)|\,\d{t} <+\infty$$
であるから，函数項級数$\sum f_{n+1}$は$[0,a]$上で一様収束し，したがって
$$ \sum_{n=1}^{\infty} f_{n}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} f_{n+1}(x) = \int_{x}^{a} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n!}(x-t)^{n}f(t)\,\d{t} = \int_{x}^{a} e^{-(x-t)}f(t)\,\d{t}$$
が成り立つ．

20

仮定より
$$ f_{n}(x)=f_{n}(x)-f_{n}(a) = \int_{a}^{x} f_{n}'(t)\,\d{t}$$
と書けるので，シュバルツの不等式（p.52）より
$$ |f_{n}(x)| \leq \int_{a}^{x} |f_{n}'(t)|\,\d{t} \leq \int_{a}^{b} |f_{n}'(t)|\,\d{t} \leq \left(\int_{a}^{b} 1^{2}\,\d{t}\right)^{\frac{1}{2}} \left(\int_{a}^{b} |f_{n}'(t)|^{2} \,\d{t}\right)^{\frac{1}{2}}$$
を得る．よって
$$ \|f_{n}\|_{0} \leq \sqrt{b-a}\left(\int_{a}^{b} |f_{n}'(t)|^{2}\,\d{t}\right)^{\frac{1}{2}} \to 0 \quad(n\to\infty)$$
が成り立つ．

21

（cf. Regulated function ）

1. $\varphi_{n}\rightrightarrows f$とし，$\varepsilon>0$とする．このとき，$n\in\mathbb{N}$であって
   $$ \|\varphi_{n}-f\|_{0} \leq \frac{\varepsilon}{2}$$
   なるものが存在する．$x\in[a,b[$とすると，$\delta>0$であって
   $$ x< y\leq z < x+\delta \implies \varphi_{n}(y)=\varphi_{n}(z)$$
   なるものが取れるので，
   $$ x< y\leq z < x+\delta \implies |f(y)-f(z)| \leq |\varphi_{n}(y)-f(y)| + |\varphi_{n}(z)-f(z)| \leq \varepsilon$$
   が成り立つ．よって，命題1.28より，右側極限
   $$ \lim_{y\downarrow x} f(y)$$
   が存在する．左側極限についても同様である．
2. 函数$f\colon[a,b]\to\mathbb{R}$が$[a,b]$の各点で片側極限を持つとする．このとき，任意の$n\in\mathbb{Z}_{\geq 1}$に対して，階段函数$\varphi_{n}\colon[a,b]\to\mathbb{R}$であって
   $$ \|\varphi_{n}-f\|_{0} \leq \frac{1}{n}$$
   なるものが存在することを示せばよい．さて，命題1.28より，各$x\in[a,b]$に対して，$x$の開近傍$I(x)\coloneqq\,]a(x),b(x)[$であって
   $$ y,z\in[a,b],\ \begin{drcases} a(x)< y\leq z < x \\[3pt] x < y\leq z < b(x) \end{drcases} \implies |f(y)-f(z)|\leq\frac{1}{n}$$
   が成り立つものが存在する．$(I(x))_{x\in[a,b]}$はコンパクト集合$[a,b]$の開被覆なので，$x_{1},\ldots,x_{N}\in[a,b]$であって
   $$ [a,b] \subset I(x_{1}) \cup\cdots\cup I(x_{N})$$
   なるものが取れる．そこで有限集合
   $$ \{a,a(x_{1}),x_{1},b(x_{1}),\ldots,a(x_{N}),x_{N},b(x_{N}),b\} \cap [a,b]$$
   の元を小さい順に並べたものを
   $$ a=c_{0} < c_{1} <\cdots< c_{m-1} < c_{m}=b$$
   とすると，各$j\in\{0,\ldots,m-1\}$に対して，
   $$ c_{j} \in I(\prescript{\exists}{}x_{i}) \quad\leadsto\quad a(x_{i}) < c_{j} < c_{j+1} \leq x_{i} \lor x_{i} \leq c_{j} < c_{j+1} \leq b(x_{i})$$
   より，
   $$ y,z\in\,]c_{j},c_{j+1}[\, \implies |f(y)-f(z)|\leq\frac{1}{n}$$
   が成り立つ．よって，階段函数$\varphi_{n}\colon[a,b]\to\mathbb{R}$を
   $$ \varphi_{n}(y)\coloneqq \begin{dcases} f(y) & y\in\{c_{0},\ldots,c_{m}\} \\[3pt] f\left(\frac{c_{j}+c_{j+1}}{2}\right) & y\in\,]c_{j},c_{j+1}[ \end{dcases}$$
   で定めると，
   $$ \|\varphi_{n}-f\|_{0} \leq \frac{1}{n}$$
   が成り立つ．

22

（cf. グロンウォールの不等式 ）

$$ f(x) \coloneqq e^{-cx} \cdot c\int_{0}^{x} a(t)\,\d{t}$$
とおくと，
$$ f'(x) = -ce^{-cx} \cdot c\int_{0}^{x} a(t)\,\d{t} + e^{-cx} \cdot ca(x) = ce^{-cx}\left(a(x)-c\int_{0}^{x} a(t)\,\d{t}\right) \leq ce^{-cx}b(x)$$
が成り立つので，$b$が非減少であることと併せて
\begin{align} c\int_{0}^{x} a(t)\,d{t} = e^{cx}f(x) &= e^{cx}\int_{0}^{x} f'(t)\,\d{t} \\ &\leq e^{cx}\int_{0}^{x} ce^{-ct}b(t)\,\d{t} \\ &\leq e^{cx}b(x)\int_{0}^{x} ce^{-ct}\,\d{t} \\[2pt] &= -e^{cx}b(x) \left[e^{-ct}\right]_{0}^{x} \\[3pt] &= -b(x)+e^{cx}b(x) \end{align}
を得る．よって
$$ a(x) \leq c\int_{0}^{x} a(t)\,\d{t} + b(x) \leq e^{cx}b(x)$$
が成り立つ．