2 微積分の基礎

2.5

問1

(v)

連続写像$\varphi \colon \mathbb{R}_{>0} \to \mathbb{R}$を
$$ \varphi(s) \coloneqq \frac{1}{2}\left(s-\frac{1}{s}\right)$$
で定めると，
$$ \varphi'(s) = \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{s^{2}}\right) = \frac{1}{2s}\left(s+\frac{1}{s}\right)$$
であり，
$$ x=\varphi(s) \iff s = x+\sqrt{x^{2}+1} \quad\leadsto\quad \sqrt{x^{2}+1}=\frac{1}{2}\left(s+\frac{1}{s}\right)$$
が成り立つので，
\begin{align} \int^{x} \frac{1}{x\sqrt{x^{2}+1}}\,\d{x} &= \int^{s} \frac{2}{s-\frac{1}{s}} \cdot \frac{2}{s+\frac{1}{s}} \cdot \frac{1}{2s}\left(s+\frac{1}{s}\right)\,\d{s} \\ &= \int^{s} \frac{2}{s^{2}-1}\,\d{s}\\ &= \int^{s}\left(\frac{1}{s-1} - \frac{1}{s+1}\right) \,\d{s}\\[3pt] &= \log|s-1|-\log(s+1) \\[3pt] &= \log\left|\frac{x+\sqrt{x^{2}+1}-1}{x+\sqrt{x^{2}+1}+1}\right| \\[3pt] &= \log\left|\frac{(\sqrt{x^{2}+1}-1+x)(\sqrt{x^{2}+1}+1-x)}{(\sqrt{x^{2}+1}+1+x)(\sqrt{x^{2}+1}+1-x)}\right| \\[3pt] &= \log\left|\frac{(x^{2}+1)-(1-x)^{2}}{(\sqrt{x^{2}+1}+1)^{2}-x^{2}}\right| \\[3pt] &= \log\left|\frac{2x}{2(1+\sqrt{x^{2}+1})}\right| \\[3pt] &= \log\frac{|x|}{1+\sqrt{1+x^{2}}} \end{align}
を得る．

(vii)

1. 連続写像$\varphi \colon \,]0,\pi/2[\,\to\,]0,1[$を
   $$ \varphi(\theta) \coloneqq \sin\theta$$
   で定めると，
   $$ \varphi'(\theta) = \cos\theta$$
   であり，$x=\varphi(\theta)$のとき
   $$ \frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{x} = \frac{1+\cos\theta}{\sin\theta} = \frac{2(\cos\frac{\theta}{2})^{2}}{2\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}} = \cot\frac{\theta}{2}$$
   であるから，
   \begin{align} \int^{x} \log\frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{x}\,\d{x} &= \int^{\theta} \log\cot\frac{\theta}{2} \cdot \cos\theta\,\d{\theta} \\ &= \log\cot\frac{\theta}{2}\cdot\sin\theta - \int^{\theta} \frac{1}{\cot\frac{\theta}{2}}\left(-\frac{1}{\left(\sin\frac{\theta}{2}\right)^{2}}\right)\frac{1}{2} \cdot \sin\theta\,\d{\theta} \\ &= \log\cot\frac{\theta}{2} \cdot \sin\theta + \int^{\theta} \frac{1}{\sin\theta} \cdot \sin\theta \,\d{\theta} \\ &= \log\cot\frac{\theta}{2} \cdot \sin\theta + \theta \\ &= x \log\frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{x} + \arcsin x \end{align}
   が成り立つ．
2. 連続写像$\psi \colon \,]{-\pi/2},0[\,\to\,]{-1},0[$を
   $$ \psi(\theta) \coloneqq \sin\theta$$
   で定めると，
   $$ \psi'(\theta) = \cos\theta$$
   であり，$x=\psi(\theta)$のとき
   $$ \frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{-x} = \frac{1+\cos\theta}{-\sin\theta} = \frac{1+\cos(-\theta)}{\sin(-\theta)} = \frac{2(\cos\frac{-\theta}{2})^{2}}{2\cos\frac{-\theta}{2}\sin\frac{-\theta}{2}} = \cot\frac{-\theta}{2}$$
   であるから，
   \begin{align} \int^{x} \log\frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{-x}\,\d{x} &= \int^{\theta} \log\cot\frac{-\theta}{2} \cdot \cos\theta\,\d{\theta} \\ &= \log\cot\frac{-\theta}{2}\cdot\sin\theta - \int^{\theta} \frac{1}{\cot\frac{-\theta}{2}}\left(-\frac{1}{\left(\sin\frac{-\theta}{2}\right)^{2}}\right)\frac{-1}{2} \cdot \sin\theta\,\d{\theta} \\ &= \log\cot\frac{-\theta}{2} \cdot \sin\theta - \int^{\theta} \frac{1}{\sin(-\theta)} \cdot \sin\theta \,\d{\theta} \\ &= \log\cot\frac{-\theta}{2} \cdot \sin\theta + \theta \\ &= x \log\frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{-x} + \arcsin x \end{align}
   が成り立つ．

よって
$$ \int^{x} \log\frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{|x|} \,\d{x} = x \log\frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{|x|} + \arcsin x$$
が成り立つ．

問2

(ii)

よって
\begin{align} \frac{1}{n}\log\frac{(2n-1)!}{n^{n}n!} &= \frac{1}{n}\left(\log\frac{1}{n} + \log\frac{n+1}{n} +\cdots+ \log\frac{2n-1}{n} \right) \\ &= -\frac{\log n}{n} + \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1}\log\left(1+\frac{k}{n}\right) \\ &\to 0 + \int_{0}^{1} \log(1+x)\,\d{x} \quad(n\to\infty) \\ &= [(1+x)\log(1+x)-(1+x)]_{0}^{1} \\[2pt] &= 2\log 2 -1 \end{align}
となるので，
$$ \lim_{n\to\infty} \left(\frac{(2n-1)!}{n^{n}n!}\right)^{\frac{1}{n}} = \exp(\log 4 -1) = \frac{4}{e}$$
が成り立つ．

(iii)

よって
\begin{align} \frac{1}{n} \log\frac{n!}{n^{n}} &= \frac{1}{n} \left(\log\frac{1}{n} +\cdots+ \log\frac{n}{n} \right)\\ &= \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \log\frac{k}{n} \\ &\to \int_{0}^{1} \log x\,\d{x} \quad(n\to\infty) \\ &= [x\log x - x]_{0}^{1} \\[2pt] &= -1 \end{align}
となるので，
$$ \lim_{n\to\infty} \left(\frac{n!}{n^{n}}\right)^{\frac{1}{n}} = \frac{1}{e}$$
が成り立つ．

2.7

問1

(i)

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

(ii)

\begin{align} \int_{0}^{1} \log(1+\alpha x)\,\d{x} &= \left[\frac{1}{\alpha}(1+\alpha x)(\log(1+\alpha x)-1)\right]_{0}^{1} \\ &= \frac{1+\alpha}{\alpha}(\log(1+\alpha)-1)+\frac{1}{\alpha}\\ &= \log(1+\alpha) + \frac{\log(1+\alpha)}{\alpha} -1. \end{align}

2.8

問1

(i)

$0<\varepsilon< a$とすると，
\begin{align} \int_{0}^{a-\varepsilon} \frac{x}{\sqrt{a-x}} \,\d{x} &= \int_{0}^{a-\varepsilon} \frac{a}{\sqrt{a-x}} \,\d{x} - \int_{0}^{a-\varepsilon} \sqrt{a-x} \,\d{x} \\[2pt] &= -2a\left[\sqrt{a-x}\right]_{0}^{a-\varepsilon} + \frac{2}{3}\left[(a-x)^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{a-\varepsilon} \\[2pt] &= 2a(\sqrt{a}-\sqrt{\varepsilon}) + \frac{2}{3}(\varepsilon\sqrt{\varepsilon}-a\sqrt{a}) \end{align}
となるので，
$$ \int_{0}^{a} \frac{x}{\sqrt{a-x}} \,\d{x} = \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{0}^{a-\varepsilon} \frac{x}{\sqrt{a-x}} \,\d{x} = 2a\sqrt{a} - \frac{2}{3}a\sqrt{a} = \frac{4}{3}a\sqrt{a}$$
を得る．

(ii)

$$ t = \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}$$
とおくと（cf. p.61,(II),(ii)），
\begin{align} \int_{-1}^{1} \frac{1}{(2+x)\sqrt{1-x^{2}}} \,\d{x} &= \int_{\infty}^{0} \frac{1+t^{2}}{3+t^{2}} \frac{1+t^{2}}{2t} \cdot \frac{-4t}{(1+t^{2})^{2}} \,\d{t} \\ &= \int_{0}^{\infty} \frac{2}{3+t^{2}} \,\d{t} \\[3pt] &= \frac{2}{\sqrt{3}} \left[\arctan \frac{t}{\sqrt{3}}\right]_{0}^{\infty} \\[3pt] &= \frac{\pi}{\sqrt{3}} \end{align}
となる．

(iii)

1. $a=0$のとき，
   $$ \int_{0}^{\pi} \sin^{2}x \,\d{x} = \int_{0}^{\pi} \frac{1-\cos(2x)}{2} \,\d{x} = \frac{1}{2}\left[x-\frac{1}{2}\sin(2x)\right]_{0}^{\pi} = \frac{\pi}{2}$$
   となる．
2. $a= \pm 1$のとき，
   $$ \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \frac{\sin^{2}x}{1-a\cos x} \,\d{x} = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} (1+a\cos x)\,\d{x} = \frac{1}{2}[x+a\sin x]_{0}^{\pi} = \frac{\pi}{2}$$
   となる．
3. $a \neq 0,\pm 1$のときは，
   $$ \frac{\sin^{2}x}{1-2a\cos x + a^{2}} = \frac{1}{4a^{2}}\left(1+2a\cos x + a^{2} - \frac{(a^{2}-1)^{2}}{1-2a\cos x +a^{2}}\right)$$
   に注意すると，
   $$ \int_{0}^{\pi} (1+2a\cos x + a^{2}) \,\d{x} = [(1+a^{2})x + 2a\sin x]_{0}^{\pi} = (1+a^{2})\pi$$
   であり，$x = 2 \arctan s$とおくことで
   \begin{align} \int_{0}^{\pi} \frac{1}{1-2a\cos x + a^{2}} \,\d{x} &= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1-2a\frac{1-s^{2}}{1+s^{2}} + a^{2}} \cdot \frac{2}{1+s^{2}} \,\d{s} \\ &= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(a+1)^{2}s^{2}+(a-1)^{2}} \,\d{s} \\[5pt] &= \frac{2}{a^{2}-1} \left[\arctan \frac{a+1}{a-1}s\right]_{0}^{\infty} \\[5pt] &= \begin{dcases} \frac{2}{a^{2}-1} \frac{\pi}{2} & |a| > 1 \\[5pt] \frac{2}{a^{2}-1} \left(-\frac{\pi}{2}\right) & |a| < 1 \end{dcases} \\[5pt] &= \begin{dcases} \frac{\pi}{a^{2}-1} & |a| > 1 \\[5pt] -\frac{\pi}{a^{2}-1} & |a| < 1 \end{dcases} \end{align}
   と計算できるので，
   \begin{align} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^{2}x}{1-2a\cos x + a^{2}} \,\d{x} &= \begin{dcases} \frac{1}{4a^{2}}\left((a^{2}+1)\pi - (a^{2}-1)^{2} \frac{\pi}{a^{2}-1}\right) & |a| > 1 \\[5pt] \frac{1}{4a^{2}}\left((a^{2}+1)\pi + (a^{2}-1)^{2} \frac{\pi}{a^{2}-1}\right) & |a| < 1 \end{dcases}\\[5pt] &= \begin{dcases} \frac{\pi}{2a^{2}} & |a| > 1 \\[5pt] \frac{\pi}{2} & |a| < 1 \end{dcases} \end{align}
   となる．

以上をまとめて
$$ \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^{2}x}{1-2a\cos x + a^{2}} \,\d{x} = \begin{dcases} \frac{\pi}{2a^{2}} & |a| \geq 1 \\[5pt] \frac{\pi}{2} & |a| \leq 1 \end{dcases}$$
を得る．

(iv)

p.68系より
$$ I \coloneqq \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+x^{3}}\,\d{x}$$
は収束する．ここで，$x = 1/s$とおくと
$$ I= \int_{\infty}^{0} \frac{1}{1+s^{-3}} \cdot \left(-\frac{1}{s^{2}}\,\d{s}\right) = \int_{0}^{\infty} \frac{s}{1+s^{3}}\,\d{s}$$
となるので
\begin{align} 2I&= \int_{0}^{\infty} \frac{1+x}{1+x^{3}} \,\d{x}\\[3pt] &= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^{2}-x+1} \,\d{x} \\[3pt] &= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}\,\d{x} \\[3pt] &= \frac{2}{\sqrt{3}} \left[\arctan \frac{2}{\sqrt{3}}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]_{0}^{\infty} \\[3pt] &= \frac{2}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi}{2} - \left(-\frac{\pi}{6}\right)\right) \\[3pt] &= \frac{4}{3\sqrt{3}}\pi \end{align}
と計算でき，したがって
$$ I = \frac{2}{3\sqrt{3}}\pi$$
を得る．

(v)

$x = \log s$とおく．

(vi)

$x = \tan s$とおくと
\begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{\log x}{1+x^{2}} \,\d{x} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\log(\tan s)}{1+\tan^{2}s} \cdot (1+\tan^{2}s)\,\d{s} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\tan s) \,\d{s} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin s) \,\d{s} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\cos s) \,\d{s} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin s) \,\d{s}- \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin s) \,\d{s} \\ &= 0 \end{align}
となる．

(vii)

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x\,(\log(\sin x))' \,\d{x} = [x \log(\sin x)]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x) \,\d{x} = \frac{\pi}{2}\log 2.$$

(viii)

p.68例題と同様にして
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \log(\sin x) \,\d{x}$$
は収束することがわかり，
$$ \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} x \log(\sin x) \,\d{x} = \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} (\pi-s)\log(\sin (\pi-s)) \cdot (-\,\d{s}) = \pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin s) \,\d{s} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} s \log(\sin s) \,\d{s}$$
であるから，
$$ \int_{0}^{\pi} x \log(\sin x) \,\d{x} = \pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x) \,\d{x} = -\frac{\pi^{2}}{2}\log 2$$
を得る．

問2

(i)

$$ x^{2} \cdot \frac{e^{-x}}{x} \to 0 \quad(x \to \infty)$$
であるから，
$$ \int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{e^{-x}}{x} \,\d{x}$$
は収束する．

(ii)

\begin{align} \int_{\varepsilon}^{M} \frac{\cos x}{x} \,\d{x} &= \left[\frac{\sin x}{x}\right]_{\varepsilon}^{M} + \int_{\varepsilon}^{M} \frac{\sin x}{x^{2}} \,\d{x} \\ &= \frac{\sin M}{M} - \frac{\sin \varepsilon}{\varepsilon} + \int_{\varepsilon}^{M} \frac{\sin x}{x^{2}} \,\d{x}\\ &\to \int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{\sin x}{x^{2}} \,\d{x} - \frac{\sin \varepsilon}{\varepsilon} \quad(M\to\infty) \end{align}
であるから，p.68例6より
$$ \int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{\cos x}{x} \,\d{x}$$
は収束する．

(iii)

$f(x) \coloneqq \sin x/x$とおくと，p.68例6より
$$ \int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{f(x)}{x} \,\d{x}$$
は（絶対）収束するので，
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{b\sin ax - a \sin bx}{x^{2}} \,\d{x} = ab \int_{0}^{\infty} \frac{f(ax)-f(bx)}{x} \,\d{x} = ab\log\frac{b}{a}$$
となる．

(iv)

$$ \sin^{3}x = \frac{3\sin x - \sin(3x)}{4}$$
であるから，前問より
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^{3}x}{x^{2}} \,\d{x} = \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{3\sin x - \sin(3x)}{x^{2}} \,\d{x} = \frac{3}{4} \log 3$$
を得る．

問3

\begin{align} \sigma_{2}^{2}(t-(x-m_{1}))^{2} + \sigma_{1}^{2}(t-m_{2})^{2} &= (\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2})t^{2} -2(\sigma_{1}^{2}m_{2}+\sigma_{2}^{2}(x-m_{1}))t + \sigma_{2}^{2}(x-m_{1})^{2}+\sigma_{1}^{2}m_{2}^{2} \\ &= (\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2})\left(t-\frac{\sigma_{1}^{2}m_{2}+\sigma_{2}^{2}(x-m_{1})}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}\right)^{2} + \sigma_{2}^{2}(x-m_{1})^{2}+\sigma_{1}^{2}m_{2}^{2} - \frac{(\sigma_{1}^{2}m_{2}+\sigma_{2}^{2}(x-m_{1}))^{2}}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}} \\ &= (\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2})\left(t-\frac{\sigma_{1}^{2}m_{2}+\sigma_{2}^{2}(x-m_{1})}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}\right)^{2} + \frac{\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}} ((x-m_{1})^{2} - 2(x-m_{1})m_{2}x + m_{2}^{2}) \\ &= (\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2})\left(t-\frac{\sigma_{1}^{2}m_{2}+\sigma_{2}^{2}(x-m_{1})}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}\right)^{2} + \frac{\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}} (x-m_{1}-m_{2})^{2} \end{align}
より，
\begin{align} (f_{1}\ast f_{2})(x) &= \int_{-\infty}^{\infty} f_{1}(x-t)f_{2}(t) \,\d{t} \\ &= \frac{1}{2\pi\sigma_{1}\sigma_{2}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-\frac{(x-t-m_{1})^{2}}{2\sigma_{1}^{2}}\right) \exp\left(-\frac{(t-m_{2})^{2}}{2\sigma_{2}^{2}}\right) \,\d{t} \\ &= \frac{1}{2\pi\sigma_{1}\sigma_{2}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-\frac{1}{2\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}}\left(\sigma_{2}^{2}(t-x+m_{1})^{2} + \sigma_{1}^{2}(t-m_{2})^{2}\right)\right) \,\d{t} \\ &= \frac{1}{2\pi\sigma_{1}\sigma_{2}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-\frac{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}{2\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}}\left(t-\frac{\sigma_{1}^{2}m_{2}+\sigma_{2}^{2}(x-m_{1})}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}\right)^{2} - \frac{(x-m_{1}-m_{2})^{2}}{2(\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2})}\right) \,\d{t} \\ &= f(x) \cdot \frac{\sqrt{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}}{\sqrt{2\pi}\sigma_{1}\sigma_{2}} \cdot \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-\frac{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}{2\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}}\left(t-\frac{\sigma_{1}^{2}m_{2}+\sigma_{2}^{2}(x-m_{1})}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}\right)^{2}\right) \,\d{t} \end{align}
となる．ここで
$$ t = \frac{\sqrt{2}\sigma_{1}\sigma_{2}}{\sqrt{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}}s + \frac{\sigma_{1}^{2}m_{2}+\sigma_{2}^{2}(x-m_{1})}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}$$
とおくと，
$$ \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-\frac{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}{2\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}}\left(t-\frac{\sigma_{1}^{2}m_{2}+\sigma_{2}^{2}(x-m_{1})}{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}\right)^{2}\right) \,\d{t} = \int_{-\infty}^{\infty} \exp(-s^{2}) \cdot \frac{\sqrt{2}\sigma_{1}\sigma_{2}}{\sqrt{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}}\,\d{s} = \sqrt{\pi} \cdot \frac{\sqrt{2}\sigma_{1}\sigma_{2}}{\sqrt{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}}$$
となる（cf. 演習問題23）．よって
$$ f_{1} \ast f_{2} = f$$
を得る．

問4

$h(x)\neq 0$とすると，$t \in \mathbb{R}$であって
$$ f(x-t)g(t) \neq 0 \quad\leadsto\quad x = (x-t) + t \in \supp{f} + \supp{g}$$
なるものが存在する．よって
$$ \supp{h} \subset \overline{\supp{f}+\supp{g}}$$
が成り立つ．

2.9

問1

たとえば高木『解析概論』 第53節 ．

演習問題

4

$y'=\sinh\frac{x}{a}$であるから，（$x>0$のとき）直線$PR$の傾きが$\sinh\frac{x}{a}$に等しいことを示せばよい．いま，$\angle PRQ = \frac{\pi}{2}$なので，ピタゴラスの定理より
$$ \overline{PR} = \sqrt{a^{2}\cosh^{2}\frac{x}{a}-a^{2}} = a\sinh\frac{x}{a}$$
となる．よって，直線$PR$と$x$軸との交点を$R'$とおくと，
$$ \text{直線$PR$の傾き} = \tan\angle PR'Q = \tan\angle PQR = \frac{\overline{PR}}{\overline{QR}} = \sinh\frac{x}{a}$$
を得る．

5

仮定より，$f'$は$a$の近傍で逆写像$g$を持つ（cf. 定理2.9）．よって（$|h|$が十分小さいとき）
$$ \theta = \frac{g\left(\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\right) - a}{h} = \frac{f(a+h)-f(a)-f'(a)h}{h^{2}} \cdot \frac{g\left(\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\right) - g(f'(a))}{\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-f'(a)}$$
となる．いま，
$$ \lim_{h\to 0} \frac{g\left(\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\right) - g(f'(a))}{\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-f'(a)} = g'(f'(a)) = \frac{1}{f''(a)}$$
であるから（cf. p.40系2），あとは
$$ \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)-f'(a)h}{h^{2}} = \frac{f''(a)}{2}$$
なることが示せればよい．（唐突だが）ここで，連続函数
$$ \varphi(t) \coloneqq f(a+h)-f(t)-f'(t)(a+h-t) - \frac{f(a+h)-f(a)-f'(a)h}{h^{2}}(a+h-t)^{2}$$
を考えると，$\varphi(a+h)=\varphi(a)=0$であるから，平均値の定理より
$$ 0 = \frac{\varphi(a+h)-\varphi(a)}{h} = \varphi'(a+\vartheta h) = -f''(a+\vartheta h)(h-\vartheta h) + \frac{f(a+h)-f(a)-f'(a)h}{h^{2}} \cdot 2(h-\vartheta h),\ 0 < \prescript{\exists}{}\vartheta = \vartheta(a,h) < 1$$
となる．よって，$f''$の連続性より，
$$ \frac{f(a+h)-f(a)-f'(a)h}{h^{2}} = \frac{f''(a+\vartheta h)}{2} \to \frac{f''(a)}{2} \quad(h \to 0)$$
が成り立つ．

8

$b>0$としてよい．微分して増減表を書くことで$f(x)\geq 0 \ (x\geq 0)$がわかるので，$f(ab^{1-q})\geq 0$より
$$ ab^{1-q} \leq \frac{a^{p}b^{-q}}{p} + \frac{1}{q} \quad\leadsto\quad ab \leq \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}$$
を得る．よって，
$$ A \coloneqq \left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}},\ B \coloneqq \left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}$$
とおくと，
\begin{align} \frac{\sum a_{i}b_{i}}{AB} &= \sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{A}\frac{b_{i}}{B} \\ &\leq \sum_{i=1}^{n} \left(\frac{1}{p}\frac{a_{i}^{p}}{A^{p}} + \frac{1}{q}\frac{b_{i}^{q}}{B^{q}}\right) \\ &= \frac{1}{p}\frac{\sum a_{i}^{p}}{A^{p}} + \frac{1}{q}\frac{\sum b_{i}^{q}}{B^{q}} \\ &= \frac{1}{p} + \frac{1}{q} \\ &= 1 \end{align}
となるので，結論を得る．

9

(i)

$$ \sin^{3}x = \frac{3}{4}\sin x - \frac{1}{4}\sin(3x)$$
とp.47例1に依る．

(ii)

$$ \frac{1}{(x+a)(x+b)} = \frac{1}{b-a}\left(\frac{1}{x+a}-\frac{1}{x+b}\right).$$

10

(i)

$a \coloneqq -\sqrt{-1}, b \coloneqq \sqrt{-1}$とおくと，
$$ f'(x) = \frac{1}{1+x^{2}} = \frac{1}{(x+a)(x+b)}$$
であるから，演習問題9(ii)を（形式的に）適用して
$$ f^{(n+1)}(x) = \frac{(-1)^{n}n!}{b-a}\left(\frac{1}{(x+a)^{n+1}} - \frac{1}{(x+b)^{n+1}}\right)$$
となる．よって，$a^{2m}=b^{2m}=(-1)^{m},\,ab=1$より，
\begin{align} f^{(2m)}(0) &= \frac{(-1)^{2m-1}(2m-1)!}{b-a}\left(\frac{1}{a^{2m}} - \frac{1}{b^{2m}}\right) = 0;\\ f^{(2m+1)}(0) &= \frac{(-1)^{2m}(2m)!}{b-a}\frac{1}{(-1)^{m}}\frac{b-a}{ab} = (-1)^{m}(2m)! \end{align}
を得る．

11

たとえば佐武『線型代数学』p.84．

12

\begin{align} f_{-n}(x) &= (f_{-1})^{(n-1)}(x) = \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^{n}}; \\ f_{0}(x) &= \log x;\\ f_{1}(x) &= \int^{x} \log x \,\d{x} = x\log x - x = \frac{x}{1!}(\log x -1);\\ f_{2}(x) &= \frac{x^{2}}{2!}(\log x -1) - \frac{1}{2!}\int^{x} x^{2}\frac{1}{x} \,\d{x} = \frac{x^{2}}{2!}\left(\log x - 1-\frac{1}{2}\right);\\ f_{3}(x) &= \frac{x^{3}}{3!}\left(\log x - 1-\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{3!}\int^{x} x^{3}\frac{1}{x} \,\d{x} = \frac{x^{3}}{3!}\left(\log x -1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right);\\ &\phantom{=} \vdots \end{align}

13

(i)

$$ \frac{\sin^{2}x}{(1+\cos x)^{2}} = \frac{1-\cos x}{1+\cos x}.$$

(ii)

\begin{align} \frac{\cos^{4}x}{\sin x} &= \frac{1}{\sin x} -2\sin x + \sin^{3}x;\\ &\\ \int^{x}\frac{1}{\sin x} \,\d{x} &= \int^{t} \frac{1+t^{2}}{2t} \cdot \frac{2}{1+t^{2}}\,\d{t} \\ &= \int^{t}\frac{1}{t}\,\d{t} \\ &= \log\left|\tan\frac{x}{2}\right| \\ &= \frac{1}{2}\log\frac{\sin^{2}\frac{x}{2}}{\cos^{2}\frac{x}{2}} \\ &= \frac{1}{2} \log\frac{2-2\cos^{2}\frac{x}{2}}{2\cos^{2}\frac{x}{2}} \\ &= \frac{1}{2}\log\frac{1-\cos x}{1+\cos x}. \end{align}

(iii)

$$ \frac{\arcsin{x}}{(1-x^{2})^{\frac{3}{2}}} = \left(\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)'\arcsin{x}.$$

(iv)

$$ \int^{x} \frac{e^{x}}{x}\,\d{x} = e^{x}\log x - \int^{x}e^{x}\log x \,\d{x}.$$

(v)

\begin{align} \int^x \sin{x} \cdot \log|\sin{x}|\,\d{x} &= -\cos{x}\cdot\log|\sin{x}| + \int^x \cos{x}\frac{\cos{x}}{\sin{x}}\,\d{x} \\ &= -\cos{x}\cdot\log|\sin{x}| + \int^x \frac{1-\sin^{2}x}{\sin{x}}\,\d{x} \\ &= -\cos{x}\cdot\log|\sin{x}| + \cos{x} + \int^x \frac{1}{\sin{x}}\,\d{x} \\ &= -\cos{x}\cdot\log|\sin{x}| + \cos{x} + \log\left|\tan\frac{x}{2}\right|. \end{align}

15

(i)

$x = 2\arctan s$とおく．

(ii)

$$ I(a) \coloneqq \int_{0}^{\pi} \log(1+a\cos x)\,\d{x}$$
とおくと，$I(0)=0$であり，$0< a<1$のとき，(i)より
$$ I'(a) = \int_{0}^{\pi} \frac{\cos x}{1+a\cos x} \,\d{x} = \frac{1}{a} \int_{0}^{\pi} \left(1-\frac{1}{1+a\cos x}\right) \,\d{x} = \frac{1}{a}\left(\pi-\frac{\pi}{\sqrt{1-a^{2}}}\right)$$
となり，$a=\sin\theta,\,0<\theta<\frac{\pi}{2},\,$とおくと
\begin{align} \int^{a} \frac{1}{a\sqrt{1-a^{2}}} \,\d{a} &= \int^{\theta} \frac{1}{\sin\theta \cos\theta} \cdot \cos\theta\,\d{\theta} \\ &= \int^{\theta} \frac{1}{\sin\theta}\,\d{\theta} \\ &= \frac{1}{2} \log\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta} \\ &= \frac{1}{2} \log \left(\frac{\sin\theta}{1+\cos\theta}\right)^{2} \\ &= \log\frac{a}{1+\sqrt{1-a^{2}}} \end{align}
となるので，
$$ I(a) = \pi \left(\log a - \log\frac{a}{1+\sqrt{1-a^{2}}} \right) + C = \pi\log(1+\sqrt{1-a^{2}}) + C$$
が成り立つ．ここで，$a\to 0$とすると
$$ 0 = \pi\log 2 + C$$
となるので，
$$ I(a) = \pi\log(1+\sqrt{1-a^{2}}) - \pi\log 2 = \pi\log\frac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{2}$$
を得る．$-1< a<0$のときも同様である．よって，
$$ \int_{0}^{\pi} \log(1+a\cos x) \,\d{x} = \pi\log\frac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{2},\ |a|<1$$
が成り立つ．

(iii)

$\theta=2\pi-s$とおくと
$$ \int_{\pi}^{2\pi} \frac{1}{1-2\alpha\cos\theta+\alpha^{2}}\,\d{\theta} = \int_{\pi}^{0} \frac{1}{1-2\alpha\cos s +\alpha^{2}}\cdot(-\,\d{s}) = \int_{0}^{\pi} \frac{1}{1-2\alpha\cos s +\alpha^{2}}\,\d{s}$$
となる．よって，第2.8節，問1(iii)の証明中の計算より，
$$ \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{1-2\alpha\cos\theta+\alpha^{2}}\,\d{\theta} = 2\int_{0}^{\pi} \frac{1}{1-2\alpha\cos\theta+\alpha^{2}}\,\d{\theta} = \frac{2\pi}{1-\alpha^{2}}$$
を得る．

18

(i)

\begin{align} &x^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin x}} \to 1 \quad(x \downarrow 0);\\ &(\pi-x)^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin x}} = (\pi-x)^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin(\pi-x)}} \to 1 \quad(x \uparrow \pi). \end{align}

(ii)

$$ x^{\frac{1}{2}} \frac{\log x}{(1-x)^{2}} = 2x^{\frac{1}{2}}\log x^{\frac{1}{2}} \frac{1}{(1-x)^{2}} \to 0 \quad(x \downarrow 0)$$
であるが（cf. xlogx），
$$ \frac{\log x}{1-x} \to -1 \quad(x \uparrow 1)$$
より，$1$の近傍で
$$ \frac{\log x}{(1-x)^{2}} \leq -\frac{1}{2}\frac{1}{1-x}$$
となる．

(iii)

$$ \log{x}\log(1+x) = x\log{x} \cdot \frac{\log(1+x)}{x} \to 0 \cdot 1 = 0 \quad(x\downarrow 0).$$

(v)

$$ \int_{1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{x^{3}+1}}\,\d{x} \geq \int_{1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{x^{3}+x^{3}}}\,\d{x} = \frac{1}{\sqrt[3]{2}} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x}\,\d{x} = \infty.$$

(vi)

$x=1/s$とおくと
$$ \int_{0}^{1}\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}\,\d{x} = \int_{\infty}^{1} s\sin s \cdot \left(-\frac{1}{s^{2}}\,\d{s}\right) = \int_{1}^{\infty} \frac{\sin s}{s}\,\d{s}$$
となる．このとき
$$ \int_{1}^{M} \frac{\sin s}{s}\,\d{s} = \left[\frac{-\cos s}{s}\right]_{1}^{M} - \int_{1}^{M} \frac{\cos s}{s^{2}}\,\d{s} \to \cos 1-\int_{1}^{\infty} \frac{\cos s}{s^{2}}\,\d{s} \quad(M\to\infty)$$
であるから，広義積分は収束する．

19

(i)

13(v)（と13(ii)における計算）より
\begin{align} \int \sin x \log(\sin x) \,\d{x} &= -\cos x \log(\sin x) + \cos x + \frac{1}{2}\log\frac{1-\cos x}{1+ \cos x} \\ &= -\frac{1}{2} \cos x \log(1-\cos^{2}x) + \cos x + \frac{1}{2}\log(1-\cos x) - \frac{1}{2} \log(1+\cos x) \\ &= \cos{x} - \frac{1}{2}(1+\cos{x})\log(1+\cos{x}) + \frac{1}{2}(1-\cos{x})\log(1-\cos{x}) \end{align}
となるので，
\begin{align} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin{x}\log(\sin{x}) \,\d{x} &= \left[\cos{x} - \frac{1}{2}(1+\cos{x})\log(1+\cos{x}) + \frac{1}{2}(1-\cos{x})\log(1-\cos{x})\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= -1 + \frac{1}{2}(1+1)\log(1+1) \\[3pt] &= \log{2}-1 \end{align}
が成り立つ（cf. xlogx）．

(ii)

第2.8節の問1(vi)での計算より
\begin{align} \int_{0}^{\pi} \log|\tan{x}|\,\d{x} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\tan{x}) \,\d{x} + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \log(-\tan{x})\,\d{x} \\ &= 0 + \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \log(-\tan(\pi-s))\cdot(-\,\d{s}) \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\tan{s})\,\d{s} \\[5pt] &= 0 \end{align}
となる．

(iii)

xlogxより
$$ x^{m}(\log{x})^{n} = \left(\frac{n}{m} x^{\frac{m}{n}}\log{x^{\frac{m}{n}}}\right)^{n} \to 0 \quad(x\downarrow 0)$$
となるので，
\begin{align} I(m,n) &\coloneqq \int_{0}^{1} x^{m}(\log{x})^{n} \,\d{x} \\ &= \left[\frac{1}{m+1}x^{m+1}(\log{x})^{n}\right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{1}{m+1}x^{m+1} \cdot n(\log{x})^{n-1}\frac{1}{x}\,\d{x} \\[3pt] &= -\frac{n}{m+1}I(m,n-1) \\[3pt] &= \frac{n(n-1)}{(m+1)^{2}}I(m,n-2) \\ &= \cdots\phantom{\frac{n}{m}} \\ &= \frac{(-1)^{n}n!}{(m+1)^{n}}I(m,0) \\[3pt] &= \frac{(-1)^{n}n!}{(m+1)^{n+1}} \end{align}
が成り立つ．

(iv)

$$ \lim_{x\downarrow 0} \frac{\arctan{x}}{x} = 1$$
より
\begin{align} I &\coloneqq \int_{0}^{\infty} \left(\frac{\arctan{x}}{x}\right)^{3} \,\d{x}\\ &= \left[x\left(\frac{\arctan{x}}{x}\right)^{3}\right]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} x \cdot 3\left(\frac{\arctan{x}}{x}\right)^{2}\frac{\frac{x}{1+x^{2}}-\arctan{x}}{x^{2}}\,\d{x} \\ &= -3\int_{0}^{\infty} \left(\frac{\arctan{x}}{x}\right)^{2}\left(\frac{1}{1+x^{2}} - \frac{\arctan{x}}{x}\right)\,\d{x} \\ &= -3\int_{0}^{\infty} \left(\frac{\arctan{x}}{x}\right)^{2}\frac{1}{1+x^{2}}\,\d{x} + 3I \end{align}
となるので，
$$ I = \frac{3}{2}\int_{0}^{\infty} \left(\frac{\arctan{x}}{x}\right)^{2}\frac{1}{1+x^{2}} \,\d{x}$$
を得る．さらに，$x=\tan{s}$とおくと
\begin{align} \int_{0}^{\infty} \left(\frac{\arctan{x}}{x}\right)^{2}\frac{1}{1+x^{2}}\,\d{x} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{s}{\tan{s}}\right)^{2}\,\d{s} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} s^{2}\left(\frac{1}{\sin^{2}{s}}-1\right)\,\d{s} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} s^{2}\left(-\frac{1}{\tan{s}}\right)'\,\d{s} - \frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{3} \\ &= \left[-\frac{s^{2}}{\tan{s}}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} + 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{s}{\tan{s}}\,\d{s} -\frac{\pi^{3}}{24} \\ &= 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} s(\log(\sin{s}))'\,\d{s} - \frac{\pi^{3}}{24} \\ &= 2[s\log(\sin{s})]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin{s})\,\d{s} - \frac{\pi^{3}}{24} \\ &= \pi\log{2}-\frac{\pi^{3}}{24} \end{align}
となる．よって
$$ I = \frac{\pi}{2}\left(3\log{2}- \frac{\pi^{2}}{8}\right)$$
が成り立つ．

(v)

$x = \sin{s}$とおく．

23

\begin{align} g'(x) &= \int_{0}^{1} \frac{e^{-x^{2}(1+t^{2})}(-2x(1+t^{2}))}{1+t^{2}}\,\d{t} \\ &= -2xe^{-x^{2}} \int_{0}^{1} e^{-(xt)^{2}}\,\d{t} \\ &= -2xe^{-x^{2}} \int_{0}^{x} e^{-s^{2}}\cdot\frac{1}{x}\,\d{s} \\ &= -2e^{-x^{2}}\int_{0}^{x} e^{-s^{2}}\,\d{s} \\ &= -f'(x) \end{align}
より$f+g$は定数函数なので，
$$ f(x)+g(x) = f(0)+g(0) = 0 + \int_{0}^{1} \frac{1}{1+t^{2}}\,\d{t} = \frac{\pi}{4}$$
が成り立つ．よって，
$$ |g(x)| \leq \int_{0}^{1} \frac{e^{-x^{2}}}{1+t^{2}} \,\d{t} = \frac{\pi}{4}e^{-x^{2}} \to 0 \quad(x\to\infty)$$
より，
$$ \int_{0}^{\infty} e^{-t^{2}}\,\d{t} = \lim_{x\to\infty} \sqrt{\frac{\pi}{4}-g(x)} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
となる．

24

$$ F(x) \coloneqq f(x)-L(x)-\frac{f(x_{0})-L(x_{0})}{(x_{0}-a)(x_{0}-b)}(x-a)(x-b)$$
とおくと，
$$ F(a)=F(x_{0})=F(b)=0$$
となるので，平均値の定理より
$$ a < \prescript{\exists}{}\xi_{a} < x_{0} < \prescript{\exists}{}\xi_{b} < b,\ F'(\xi_{a})=F'(\xi_{b}) = 0$$
が成り立つ．いま$F'$は$C^{1}$級なので，再び平均値の定理より
$$ \xi_{a} < \prescript{\exists}{}\xi < \xi_{b},\ F''(\xi)=0$$
が成り立つ．よって，$F''(\xi)=0$を書き直して，
$$ f(x_{0})-L(x_{0}) = \frac{1}{2}f''(\xi)(x_{0}-a)(x_{0}-b)$$
を得る．

25

（cf. $f \in C^{1}(I) \iff f:$ strictly differentiable ）

必要性

写像$\varphi \colon I \times I \to \mathbb{R}$を
$$ \varphi(x,y) \coloneqq \begin{dcases} \frac{f(x)-f(y)}{x-y} & x \neq y \\ f'(x) & x=y \end{dcases}$$
で定める．明らかに$\varphi$は$\{x \neq y \}$上で連続であるから，あとは$(x_{0},x_{0})$での連続性を示せばよい．そこで$\varepsilon>0$とすると，$f'$の連続性より，$\delta>0$であって
$$ x \in U_{\delta}(x_{0})\cap I \implies |f'(x)-f'(x_{0})| \leq \varepsilon$$
なるものが存在する．よって，$x,y \in U_{\delta}(x_{0})\cap I$のとき，
$$ F(\xi) \coloneqq f(\xi)-f'(x_{0})\xi \quad\leadsto\quad F'(\xi) = f'(\xi)-f'(x_{0})$$
に対して平均値の定理を適用すると
$$ |f(x)-f(y)-f'(x_{0})(x-y)| = |F(x)-F(y)| \leq \varepsilon|x-y|$$
となるので，
$$ |\varphi(x,y)-\varphi(x_{0},x_{0})| \leq \varepsilon$$
が成り立つ．

十分性

$x_{0}\in I$とし
$$ \alpha(x) \coloneqq \varphi(x,x_{0})$$
と定めると，$\alpha$は$x_{0}$で連続であって
$$ f(x)=f(x_{0}) + \alpha(x)(x-x_{0})$$
が成り立つので，命題2.5より，$f$は$x_{0}$で微分可能であり$f'(x_{0})=\alpha(x_{0})=\varphi(x_{0},x_{0})$が成り立つ．さらに，$x \mapsto f'(x) = \varphi(x,x)$は連続なので，$f$は$C^{1}$級である．

26

（cf. d-ic, Prob.III.11.）

必要なら$-f$を考えることで，$f$は単調非減少であるとしてよい：
$$ 0< x< y \leq 1 \implies f(x)\leq f(y).$$

$\varepsilon>0$とする．このとき，仮定より，$\delta > 0$であって
$$ 0<\delta_{1}<\delta_{2}<\delta \implies \left| \int_{\delta_{1}}^{\delta_{2}} t^{a}f(t)\,\d{t} \right| < \varepsilon$$
が成り立つものが存在する．

$f \geq 0$のとき

1. $a\geq 0$のとき：$0<2x<\delta$とすると，任意の$t \in [x,2x]$に対して
   $$ \begin{dcases} 0 \leq f(x) \leq f(t)\\[3pt] 0< x^{a} \leq t^{a} \end{dcases} \quad\leadsto\quad x^{a}f(x) \leq t^{a}f(x) \leq t^{a}f(t)$$
   が成り立つので，
   $$ -\varepsilon < 0 \leq x^{a+1}f(x) = \int_{x}^{2x} x^{a}f(x)\,\d{t} \leq \int_{x}^{2x} t^{a}f(t)\,\d{t} < \varepsilon$$
   を得る．
2. $a < 0$のとき：$0<2x<\delta$とすると，任意の$t \in [x,2x]$に対して
   $$ \begin{dcases} 0 \leq f(x) \leq f(t)\\[3pt] 0< (2x)^{a} \leq t^{a} \end{dcases} \quad\leadsto\quad (2x)^{a}f(x) \leq t^{a}f(x) \leq t^{a}f(t)$$
   が成り立つので，
   $$ -\varepsilon < 0 \leq 2^{a} x^{a+1}f(x) = \int_{x}^{2x} (2x)^{a}f(x) \,\d{t} \leq \int_{x}^{2x} t^{a}f(t) \,\d{t} < \varepsilon$$
   を得る．

$\exists\,x_{0},\ f(x_{0}) < 0$のとき

$\min\{\delta,x_{0}\}$を改めて$\delta$とおくことで，$f(\delta) < 0$としてよい．

1. $a\geq 0$のとき：$0< x<\delta$とすると，任意の$t \in [\frac{x}{2},x]$に対して
   $$ \begin{dcases} f(t) \leq f(x) < 0\\[3pt] 0< \left(\frac{x}{2}\right)^{a} \leq t^{a} \end{dcases} \quad\leadsto\quad t^{a}f(t) \leq t^{a}f(x) \leq \frac{1}{2^{a}}x^{a}f(x)$$
   が成り立つので，
   $$ -\varepsilon < \int_{\frac{x}{2}}^{x} t^{a}f(t)\,\d{t} \leq \int_{\frac{x}{2}}^{x} \frac{1}{2^{a}}x^{a}f(x)\,\d{t} = \frac{1}{2^{a+1}}x^{a+1}f(x)< 0 < \varepsilon$$
   を得る．
2. $a < 0$のとき：$0< x<\delta$とすると，任意の$t \in [\frac{x}{2},x]$に対して
   $$ \begin{dcases} f(t) \leq f(x) < 0\\[3pt] 0< x^{a} \leq t^{a} \end{dcases} \quad\leadsto\quad t^{a}f(t) \leq t^{a}f(x) \leq x^{a}f(x)$$
   が成り立つので，
   $$ -\varepsilon < \int_{\frac{x}{2}}^{x} t^{a}f(t)\,\d{t} \leq \int_{\frac{x}{2}}^{x} x^{a}f(x)\,\d{t} = \frac{1}{2}x^{a+1}f(x) < 0 < \varepsilon$$
   を得る．

27

連続写像$\varphi \colon \,]0,1] \to \mathbb{R}_{\geq a}$を
$$ \varphi(s) \coloneqq \frac{1}{s} + a-1$$
で定める．このとき
$$ x=\varphi(s) \iff s = \frac{1}{x-a+1} \quad\leadsto\quad x \to \infty \iff s \to 0$$
であるから，$g \coloneqq f \circ \varphi$とおくと
$$ \lim_{s\to 0} g(s) = f(a) = g(1)$$
が成り立つ．よって$g(0) \coloneqq g(1)$と定めると$g$は$[0,1]$上で連続，$]0,1[$上で微分可能なので，平均値の定理より
$$ 0< \prescript{\exists}{}\eta < 1,\ 0 = g'(\eta) = f'(\varphi(\eta))\varphi'(\eta)$$
が成り立つ．いま$\varphi'(\eta)=-\eta^{-2}\neq 0$であるから，$\xi \coloneqq \varphi(\eta)>a$とおけば，$f'(\xi) = 0$が成り立つ．

28

まづ，任意の$n\in\mathbb{Z}_{\geq 1}$に対して
$$ \forall x \in [a,b],\ |f(x)| \leq M\frac{C^{n}(x-a)^{n}}{n!}$$
が成り立つことを数学的帰納法で示す．

1. Base：仮定より
   $$ |f'(x)| \leq CM$$
   であるから，平均値の定理より
   $$ |f(x)| = |f(x)-f(a)| \leq CM(x-a)$$
   が成り立つ．
2. Induction：仮定より
   $$ |f'(t)| \leq C|f(t)| \leq \frac{MC^{n+1}}{n!}(t-a)^{n}$$
   であるから，
   \begin{align} |f(x)| &= \left|\int_{a}^{x} f'(t)\,\d{t}\right| \\ &\leq \int_{a}^{x} |f'(t)|\,\d{t} \\ &\leq \frac{MC^{n+1}}{n!}\int_{a}^{x} (t-a)^{n}\,\d{t} \\ &= M \frac{C^{n+1}(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} \end{align}
   が成り立つ．

よって，p.15問1(ii)より
$$ |f(x)| \leq M \frac{C^{n}(x-a)^{n}}{n!} \to 0 \quad(n\to\infty)$$
が成り立つので，$f=0$を得る．

29

$$ \lim_{x \to 0} \cos\frac{1}{\xi(x)} = 0$$
がわかっただけ．

30

（cf. E. Artin, The Gamma Function）

(i)

1. Base：定義より明らか．
2. Induction：$\lambda_{r+1}<1$としてよい．このとき
   $$ \sum_{i=1}^{r} \frac{\lambda_{i}}{1-\lambda_{r+1}} = 1,\ \sum_{i=1}^{r} \frac{\lambda_{i}}{1-\lambda_{r+1}}x_{i} < \sum_{i=1}^{r} \frac{\lambda_{i}}{1-\lambda_{r+1}}x_{r} = x_{r} < x_{r+1}$$
   となるので，
   \begin{align} f\left(\sum_{i=1}^{r+1} \lambda_{i}x_{i} \right) &= f\left((1-\lambda_{r+1})\sum_{i=1}^{r}\frac{\lambda_{i}}{1-\lambda_{r+1}}x_{i} + \lambda_{r+1}x_{r+1}\right) \\ &\leq (1-\lambda_{r+1})f\left(\sum_{i=1}^{r}\frac{\lambda_{i}}{1-\lambda_{r+1}}x_{i}\right) + \lambda_{r+1}f(x_{r+1}) \\ &\leq (1-\lambda_{r+1})\sum_{i=1}^{r}\frac{\lambda_{i}}{1-\lambda_{r+1}}f(x_{i}) + \lambda_{r+1}f(x_{r+1}) \\ &= \sum_{i=1}^{r+1} \lambda_{i}f(x_{i}) \end{align}
   が成り立つ．

(ii)

相異なる$2$点$x,y \in I$に対して
$$ g(x,y) \coloneqq \frac{f(x)-f(y)}{x-y}$$
と定め，相異なる$3$点$x,y,z \in I$に対して
\begin{align} G(x,y,z) &\coloneqq \frac{g(x,y) - g(y,z)}{z-x} \\ &= \frac{f(x)-f(y)}{(x-y)(z-x)} - \frac{f(y)-f(z)}{(y-z)(z-x)} \\ &= \frac{f(x)(y-z) + f(y)(z-x) + f(z)(x-y)}{(x-y)(y-z)(z-x)} \end{align}
と定める．このとき，$G$の対称性より，任意の$a \in I$に対して
$$ I\smallsetminus\{a\} \to \mathbb{R};\ x \mapsto g(x,a)$$
が単調非減少であるためには，任意の$x,y,z \in I,\,x< y< z,\,$に対して
$$ G(x,y,z) \leq 0$$
が成り立つことが必要かつ十分である．そこで，以下
$$ f:\text{convex} \iff G(x,y,z) \leq 0$$
を示す．

1. $x,y,z \in I,\,x< y< z,\,$とする．このとき，
   $$ \lambda \coloneqq \frac{y-x}{z-x} \in [0,1]$$
   とおくと，
   $$ (1-\lambda)x+\lambda z = \frac{z-y}{z-x}x + \frac{y-x}{z-x}z = \frac{(z-y)x + (y-x)z}{z-x} = y$$
   より，
   $$ f(y) = f\left((1-\lambda)x + \lambda z\right) \leq (1-\lambda)f(x) + \lambda f(z) = \frac{(z-y)f(x) + (y-x)f(z)}{z-x}$$
   が成り立つ．よって，$(x-y)(y-z) > 0,\,z-x > 0$に注意すると，
   $$ G(x,y,z) = \frac{f(x)(y-z) + f(y)(z-x) + f(z)(x-y)}{(x-y)(y-z)(z-x)} \leq 0$$
   がわかる．
2. $x,z \in I,\,x< z,\,$とし$\lambda\in\,]0,1[$とする．このとき
   $$ y \coloneqq (1-\lambda)x + \lambda z \in I \quad\leadsto\quad \lambda = \frac{y-x}{z-x}$$
   とおくと，$x< y< z$であるから，$G(x,y,z) \leq 0$となる．よって，これを書き換えて
   $$ f((1-\lambda)x+\lambda z) = f(y) \leq \frac{z-y}{z-x}f(x) + \frac{y-x}{z-x}f(z) = (1-\lambda)f(x) + \lambda f(z)$$
   を得る．

(iii)

$a \in I$とし，$\varepsilon>0$であって$[a-\varepsilon,a+\varepsilon] \subset I$なるものを取る．このとき，任意の$x \in [a-\varepsilon,a+\varepsilon]\smallsetminus\{a\}$に対して，(ii)より，
$$ g(a-\varepsilon,a) \leq g(x,a) \leq g(a+\varepsilon,a) \quad\leadsto\quad \left|\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \right| \leq \prescript{\exists}{}M$$
が成り立つ．よって
$$ |f(x)-f(a)| \leq M|x-a| \to 0 \quad(x \to a)$$
が成り立つ．

(iv)

1. $a,b \in I,\,a< b,\,$とする．このとき，任意の$x,y \in I\smallsetminus\{a,b\},\,x < y,\,$に対して
   $$ g(x,a) \leq g(y,a) = g(a,y) \leq g(b,y) = g(y,b)$$
   が成り立つので，
   $$ f'(a) = \lim_{x\to a} g(x,a) \leq \lim_{y \to b} g(y,b) = f'(b)$$
   を得る．
2. $x,y,z \in I,\,x< y< z,\,$とする．このとき，平均値の定理より
   $$ x < \prescript{\exists}{}a < y < \prescript{\exists}{}b < z,\ \frac{f(y)-f(x)}{y-x} = f'(a),\ \frac{f(z)-f(y)}{z-y} = f'(b)$$
   が成り立つ．いま，仮定より$f'(a) \leq f'(b)$であるから，
   $$ G(x,y,z) = \frac{1}{z-x}(g(x,y)-g(y,z)) = \frac{1}{z-x}(f'(a)-f'(b)) \leq 0$$
   となる．

31

$$ \|f\|_{n} \coloneqq \left(\int_{a}^{b} |f(x)|^{n}\,\d{x}\right)^{\frac{1}{n}},\ M \coloneqq \sup_{a\leq x \leq b} |f(x)|$$
とおく．このとき
$$ \limsup_{n\to\infty} \|f\|_{n} \leq M \leq \liminf_{n\to\infty} \|f\|_{n}$$
が成り立つことを示せばよい（cf. p.141辺り）．

1. 任意の$n \in \mathbb{Z}_{\geq 1}$に対して，
   $$ |f(x)|^{n} \leq M^{n}$$
   より
   $$ \|f\|_{n} \leq M(b-a)^{\frac{1}{n}}$$
   が成り立つので，p.14例6より
   $$ \limsup_{n\to\infty} \|f\|_{n} \leq M$$
   を得る．
2. $M>\varepsilon>0$とする．このとき，$x_{0}\in[a,b]$であって$|f(x_{0})|=M$なるものを取ると，$|f(x)|$の連続性より，$\delta>0$であって
   $$ [x_{0}-\delta,x_{0}+\delta] \subset \{x\in[a,b] \mid |f(x)| >M-\varepsilon\}$$
   なるものが存在する．よって任意の$n \in \mathbb{Z}_{\geq 1}$に対して
   $$ \|f\|_{n} \geq \left(\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta} |f(x)|^{n}\,\d{x}\right)^{\frac{1}{n}} \geq \left(\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta} (M-\varepsilon)^{n}\,\d{x}\right)^{\frac{1}{n}} = (M-\varepsilon)(2\delta)^{\frac{1}{n}}$$
   が成り立つので，$n\to\infty$として
   $$ M-\varepsilon \leq \liminf_{n\to\infty}\|f\|_{n}$$
   を得る．いま$\varepsilon>0$は任意だったので，結局
   $$ M \leq \liminf_{n\to\infty} \|f\|_{n}$$
   が成り立つ．

32

$$ |f(x)| \leq M$$
とする．

$\varepsilon>0$とする．このとき，$\delta>0$であって
$$ |x-y| \leq \delta \implies |f(x)-f(y)| \leq \varepsilon$$
が成り立つもの，および$\Delta>0$であって
$$ \int_{\mathbb{R}\smallsetminus[-\Delta,\Delta]} |g(t)|\,\d{t} \leq \varepsilon$$
が成り立つものが存在する．よって，
$$ |x-y| \leq \frac{\delta}{\Delta}$$
のとき，
\begin{align} |F(x)-F(y)| &= \left|\int_{-\infty}^{\infty} (f(xt)-f(yt))g(t)\,\d{t}\right| \\ &\leq \int_{-\infty}^{\infty} |f(xt)-f(yt)| \cdot |g(t)| \,\d{t} \\ &= \int_{-\Delta}^{\Delta} |f(xt)-f(yt)| \cdot|g(t)|\,\d{t} + \int_{\mathbb{R}\smallsetminus[-\Delta,\Delta]} |f(xt)-f(yt)| \cdot|g(t)|\,\d{t} \\ &\leq \int_{-\Delta}^{\Delta} \varepsilon \cdot|g(t)|\,\d{t} + \int_{\mathbb{R}\smallsetminus[-\Delta,\Delta]} 2M \cdot|g(t)|\,\d{t} \\ &\leq \varepsilon \int_{-\infty}^{\infty} |g(t)|\,\d{t} + 2M\varepsilon \\ &= \varepsilon\left(\int_{-\infty}^{\infty} |g(t)|\,\d{t} + 2M \right) \end{align}
が成り立つ．

33

$\varphi\colon\mathbb{R}_{\geq 0}\to\mathbb{R},\,x\in\mathbb{R}_{\geq 0}$に対して
$$ M(\varphi,x) \coloneqq \sup_{t\in[0,x]} |\varphi(t)|$$
とおく．

$h$の連続性

$a\in\mathbb{R}_{\geq 0}$とし，$\varepsilon>0$とする．このとき，$0<\delta<1$であって
$$ x,y\in[0,a+1],\ |x-y| \leq \delta \implies |f(x)-f(y)| \leq \varepsilon,$$
および
$$ x\in[0,a+1],\ |x-a| \leq \delta \implies |G(x)-G(a)| \leq \epsilon$$
が成り立つものが存在する．ただし
$$ G(x) \coloneqq \int_{0}^{x} |g(t)|\,\d{t}$$
とおいた（cf. 定理2.18）．

1. $0< h<\delta$とすると，
   \begin{align} |h(a+h)-h(a)| &= \left|\int_{0}^{a+h} f(a+h-t)g(t)\,\d{t} - \int_{0}^{a} f(a-t)g(t)\,\d{t} \right| \\ &= \left|\int_{0}^{a} (f(a+h-t)-f(a-t))g(t)\,\d{t} + \int_{a}^{a+h} f(a+h-t)g(t)\,\d{t} \right| \\ &\leq \int_{0}^{a} |f(a+h-t)-f(a-t)|\cdot |g(t)|\,\d{t} + \int_{a}^{a+h} |f(a+h-t)| \cdot |g(t)|\,\d{t} \\ &\leq \int_{0}^{a} \varepsilon \cdot M(g,a)\,\d{t} + \int_{a}^{a+h} M(f,1) \cdot |g(t)|\,\d{t} \\[3pt] &\leq \varepsilon M(g,a)a + M(f,1)(G(a+h)-G(a)) \\[3pt] &= \varepsilon(M(g,a)a+M(f,1)) \end{align}
   が成り立つ．
2. $a>0$のとき，$0< h<\min\{\delta,a\}$とすると，
   \begin{align} |h(a-h)-h(a)| &= \left|\int_{0}^{a-h} f(a-h-t)g(t)\,\d{t} - \int_{0}^{a} f(a-t)g(t)\,\d{t} \right| \\ &= \left|\int_{0}^{a-h} (f(a-h-t)-f(a-t))g(t)\,\d{t} - \int_{a-h}^{a} f(a-t)g(t)\,\d{t} \right| \\ &\leq \int_{0}^{a-h} |f(a-h-t)-f(a-t)|\cdot |g(t)|\,\d{t} + \int_{a-h}^{a} |f(a-t)| \cdot |g(t)|\,\d{t} \\ &\leq \int_{0}^{a-h} \varepsilon \cdot M(g,a)\,\d{t} + \int_{a-h}^{a} M(f,1) \cdot |g(t)|\,\d{t} \\[3pt] &\leq \varepsilon M(g,a)a + M(f,1)(G(a)-G(a-h)) \\[3pt] &= \varepsilon(M(g,a)a+M(f,1)) \end{align}
   が成り立つ．

$h(x)\to 0\ (x\to+\infty)$なること

$\varepsilon>0$とする．このとき，$\Delta>0$であって
$$ x \geq \Delta \implies \int_{x}^{\infty} |f(t)|\,\d{t} \leq \varepsilon,\ |g(x)|\leq \varepsilon$$
が成り立つものが存在する．とくに$g$は有界である：
$$ |g(x)| \leq \max\{M(g,\Delta),\varepsilon\} \eqqcolon M(g,\infty).$$
よって，$x \geq 2\Delta$のとき，
\begin{align} |h(x)| &= \left|\int_{0}^{x} f(x-t)g(t)\,\d{t} \right| = \left|\int_{0}^{x} f(s)g(x-s)\,\d{s} \right| \\ &= \left|\int_{0}^{\Delta} f(s)g(x-s)\,\d{s} + \int_{\Delta}^{x} f(s)g(x-s)\,\d{s} \right| \\ &\leq \int_{0}^{\Delta} |f(s)|\cdot |g(x-s)| \,\d{s} + \int_{\Delta}^{x} |f(s)| \cdot |g(x-s)| \,\d{s} \\ &\leq \int_{0}^{\Delta} |f(s)| \cdot \varepsilon \,\d{s} + \int_{\Delta}^{x} |f(s)| \cdot M(g,\infty) \,\d{s} \\ &\leq \varepsilon \int_{0}^{\infty} |f(s)| \,\d{s} + M(g,\infty) \int_{\Delta}^{\infty} |f(s)|\,\d{s} \\[3pt] &\leq \varepsilon \left(\int_{0}^{\infty} |f(s)| \,\d{s} + M(g,\infty)\right) \end{align}
が成り立つ．

34

連続写像$g \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$を
$$ g(x) \coloneqq f(e^{x})$$
で定める．このとき
$$ g(x+y) = f(e^{x+y}) = f(e^{x}e^{y}) = f(e^{x}) + f(e^{y}) = g(x) + g(y)$$
より
$$ \forall (x,r) \in \mathbb{R} \times \mathbb{Q},\ g(xr) = g(x)r \quad\leadsto\quad g(r) = g(1)r = f(e)r$$
が成り立つ（cf. 別記事：例6 ）．よって$\mathbb{Q}\subset \mathbb{R}$の稠密性より
$$ g(x) = f(e)x$$
となるので，
$$ f(x) = g(\log{x}) = f(e)\log{x}$$
を得る．