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\begin{document}

\title{微分積分3 第7回課題解説}
\date{}
\maketitle

\section{課題}

\begin{itemize}
\item[1)] $\lim_{x\rightarrow 0}\Gamma(x)\sin (2\pi x)$ を求めよ（$x\Gamma(x)=\Gamma(x+1)$ となることを使うとよい）。
\item[2)] $N>1$ は自然数とする。また $p\leq N$ に関する和および積は $N$ 以下のすべての素数に関する和および積とする。
\begin{itemize}
\item[a)] $x>0$ のとき $\log(1+x)<x$ となることを示せ。
\item[b)] $e=e(p)$ を $p^e>N$ となる最小の整数とする。
\[\sum_{p\leq N} \log\frac{p}{p-1}>\sum_{p\leq N}\log\left(1+\frac{1}{p}+\cdots +\frac{1}{p^e}\right)>\log\log N\]
を示せ
（まず $\prod_{p\leq N}\left(1+\frac{1}{p}+\cdots +\frac{1}{p^e}\right)\geq \sum_{k=1}^N \frac{1}{k}$ となることを確かめよ）。$\sum_{k=1}^N \frac{1}{k}>\log N$ は講義中に取り扱ったので証明しなくてもよい。
\item[c)] $\sum_{p\leq N} \frac{1}{p}>(\log\log N)-1$ となることを示せ（とくにすべての素数の逆数の和は発散する）。
\end{itemize}
\item[3)] （11/24訂正） $\lim_{m, n\rightarrow\infty} \frac{1}{mn}\sum_{k=0}^{m-1} \sum_{l=0}^{2n-1} \frac{kl}{mn}$
を求め、累次積分を使わずに対応する多重積分を計算せよ（対応する多重積分が値をもつことは証明しなくてもよい）。
\end{itemize}

\section{解}

\begin{itemize}
\item[1)] $x\Gamma(x)=\Gamma(x+1)$ なので $x\rightarrow 0$ のとき
\[\Gamma(x)\sin(2\pi x)=\frac{\sin (2\pi x)\Gamma(x+1)}{x}=\frac{\sin (2\pi x)}{2\pi x}\times 2\pi\Gamma(x+1)\rightarrow 2\pi\Gamma(1)=2\pi.\]
\item[2)] 
\begin{itemize}
\item[a)] $x>0$ のとき $(\log (1+x)-x)^\prime=\frac{1}{1+x}-1<1$ だから $\log (1+x)-x$ は $x>0$ で単調増加なので
$\log (1+x)-x<\log 1=0$、あるいは $\log (1+x)=\int_0^1\frac{dx}{x}<\int_0^1 dx=1$ など。
\item[b)] はじめの不等号は
\[1+\frac{1}{p}+\cdots +\frac{1}{p^e}=\frac{1-\frac{1}{p^{e+1}}}{1-\frac{1}{p}}<\frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\frac{p}{p-1}\]
より成り立つ。二つ目の不等号についてであるが、まず
\[\sum_{p\leq N}\log\left(1+\frac{1}{p}+\cdots +\frac{1}{p^e}\right)=\log \prod_{p\leq N}\left(1+\frac{1}{p}+\cdots +\frac{1}{p^e}\right)\]
が成り立つ。右辺の積
\[\prod_{p\leq N}\left(1+\frac{1}{p}+\cdots +\frac{1}{p^e}\right)\]
を展開すると、 $\frac{1}{p_1^{f_1} p_2^{f_2}\cdots p_r^{f_r}}$、 $p_i\leq N, f_i\leq e(p_i) (i=1, 2, \ldots, r)$ の形のすべての項があらわれる。
よって分母には $N$ 以下のすべての正の整数があらわれるから
\[\prod_{p\leq N}\left(1+\frac{1}{p}+\cdots +\frac{1}{p^e}\right)\geq \sum_{k=1}^N \frac{1}{k}>\log N\]
が成り立つので
\[\sum_{p\leq N} \log\frac{p}{p-1}>\sum_{p\leq N}\log\left(1+\frac{1}{p}+\cdots +\frac{1}{p^e}\right)>\log\log N\]
がいえる。
\item[c)] まず
\[\sum_{p\leq N} \frac{1}{p}=\sum_{p\leq N} \frac{1}{p-1}-\sum_{p\leq N} \frac{1}{p(p-1)}\]
が成り立つが、a) で示したことから $\log (1+x)<x$ より
\[\sum_{p\leq N} \frac{1}{p-1}>\sum_{p\leq N} \log\frac{p}{p-1}>\log\log N\]
となり、さらに
\[\sum_{p\leq N} \frac{1}{p(p-1)}\leq \sum_{k=2}^N \frac{1}{k(k-1)}=\sum_{k=2}^N \left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=1-\frac{1}{N}<1\]
であるから
\[\sum_{p\leq N} \frac{1}{p}>(\log\log N)-1\]
が成り立つ。
\end{itemize}
\item[3)]
\[\frac{1}{mn}\sum_{k=0}^{m-1} \sum_{l=0}^{2n-1} \frac{kl}{mn}=\frac{1}{(mn)^2}\left(\sum_{k=0}^{m-1} k\right)\left(\sum_{l=0}^{2n-1} l\right)=\frac{m(m-1)2n(2n-1)}{4(mn)^2}\]
より
\[\lim_{m, n\rightarrow\infty}\frac{1}{mn}\sum_{k=0}^{m-1} \sum_{l=0}^{2n-1} \frac{kl}{mn}=\lim_{m, n\rightarrow\infty} \frac{m(m-1)2n(2n-1)}{4(mn)^2}=1\]
である。$x_k=\frac{k}{m} (0\leq k\leq m), y_l=\frac{l}{n} (0\leq l\leq 2m)$ とおくと
$D_{k, l}=[x_k, x_{k+1}]\times [y_l, y_{l+1}]$ は $[0, 1]\times [0, 2]$ の細分となり、
各 $D_{k, l}$ の面積は $\frac{1}{mn}$ に一致するから
上記の左辺の極限は多重積分 $\iint_{0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 2} 1 dxdy$ に
（そのような多重積分が存在するならば）一致する。よって
\[\iint_{0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 2} 1 dxdy=\lim_{m, n\rightarrow\infty}\frac{1}{mn}\sum_{k=0}^{m-1} \sum_{l=0}^{2n-1} \frac{kl}{mn}=1\]
が成り立つ。
\end{itemize}


\end{document}
