COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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数列の極限

教科書の補足

無限級数

例≪汎調和級数の収束・発散≫

 実数列 $\{ a_n\}$ が $\displaystyle\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0$ を満たしても, $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty a_n$ は収束するとは限らない. その代表的な例として,「調和級数」$\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n}$ がある: \begin{align*} &\sum _{n = 1}^{2^m}\frac{1}{n} = 1+\sum _{k = 1}^m\sum _{n = 2^{k-1}+1}^{2^k}\frac{1}{n} \\ &> 1+\sum _{k = 1}^m\sum _{n = 2^{k-1}+1}^{2^k}\frac{1}{2^k} = 1+\sum _{k = 1}^m2^{k-1}\cdot\frac{1}{2^k} \\ &= 1+\sum _{k = 1}^m\frac{1}{2} = 1+\frac{m}{2} \to \infty \quad (m \to \infty ) \end{align*} から, 追い出しの原理により, \[\sum _{n = 1}^\infty\frac{1}{n} = \lim _{m \to \infty}\sum _{n = 1}^{2^m}\frac{1}{n} = \infty\] である. 一方, \begin{align*} 0 &< \sum_{k = 1}^n\frac{1}{k^2} = 1+\sum_{k = 2}^n\frac{1}{k^2} \\ &< 1+\sum_{k = 2}^n\frac{1}{k(k-1)} = 1+\sum_{k = 2}^n\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right) \\ &= 2-\frac{1}{n} \end{align*} の右辺は $2$ に収束するから, $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^2}$ は収束する.

問題

数列の極限

問題≪有理式の数列の極限≫

 次の極限を求めよ.
(a)
$L = \lim\limits_{n \to \infty}(n^2-2n).$ 
(b)
$L = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1-n^2}{2n^2-1}.$ 
(c)
$L = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n(n-1)}{(n+1)(n+2)(n+3)}.$ 

解答例

(a)
\[ L = \lim_{n \to \infty}n^2\left( 1-\frac{1}{n}\right) = \infty.\]
(b)
\[ L = \lim_{n \to \infty}\frac{\dfrac{1}{n^2}-1}{2-\dfrac{1}{n^2}} = \frac{0-1}{2-0} = -\frac{1}{2}.\]
(c)
\begin{align*} L &= \lim_{n \to \infty}\frac{\dfrac{1}{n}\left( 1-\dfrac{1}{n}\right)}{\left( 1+\dfrac{1}{n}\right)\left( 1+\dfrac{2}{n}\right)\left( 1+\dfrac{3}{n}\right)} \\ &= \frac{0\cdot 1}{1\cdot 1\cdot 1} = 0. \end{align*}

問題≪無理式の数列の極限≫

 次の極限を求めよ.
(a)
$L = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{n-\sqrt{n^2-n}}.$ 
(b)
$L = \lim\limits_{n \to \infty}\sqrt n(\sqrt{n+1}-\sqrt n).$ 
(c)
$L = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{\sqrt n-\sqrt{n-1}}{\sqrt{n+1}-\sqrt n}.$ 

解答例

(a)
\begin{align*} L &= \lim_{n \to \infty}\frac{n+\sqrt{n^2-n}}{(n-\sqrt{n^2-n})(n+\sqrt{n^2-n})} \\ &= \lim_{n \to \infty}\frac{n+\sqrt{n^2-n}}{n} = \lim_{n \to \infty}\left( 1+\sqrt{1-\frac{1}{n}}\right) \\ &= 1+\sqrt{1-0} = 2. \end{align*}
(b)
\begin{align*} L &= \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt n(\sqrt{n+1}-\sqrt n)(\sqrt{n+1}+\sqrt n)}{\sqrt{n+1}+\sqrt n} \\ &= \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt n}{\sqrt{n+1}+\sqrt n} = \lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}+1} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1+0}+1} = \frac{1}{2}. \end{align*}
(c)
\begin{align*} L &= \lim_{n \to \infty}\frac{(\sqrt n\!-\!\sqrt{n\!-\!1})(\sqrt n\!+\!\sqrt{n\!-\!1})(\sqrt{n\!+\!1}\!+\!\sqrt n)}{(\sqrt{n\!+\!1}\!-\!\sqrt n)(\sqrt{n\!+\!1}\!+\!\sqrt n)(\sqrt n\!+\!\sqrt{n\!-\!1})} \\ &= \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt n}{\sqrt n+\sqrt{n-1}} = \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}+1}{1+\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}} \\ &= \frac{\sqrt{1+0}+1}{1+\sqrt{1-0}} = 1. \end{align*}

問題≪等比数列の極限≫

 次の極限を求めよ.
(a)
$L = \lim\limits_{n \to \infty}(3^n-2^n).$ 
(b)
$L = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{3^n+2^n}{3^n+(-2)^n}.$ 
(c)
$L = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{(\sqrt 2-1)^{2n}}{(3-\sqrt 2)^n}.$ 

解答例

(a)
\[ L = \lim_{n \to \infty}3^n\left( 1-\left(\frac{2}{3}\right) ^n\right) = \infty.\] 
(b)
\[ L = \lim_{n \to \infty}\frac{1+\left(\dfrac{2}{3}\right) ^n}{1+\left( -\dfrac{2}{3}\right) ^n} = \frac{1+0}{1-0} = 1.\]
(c)
\begin{align*} L &= \lim_{n \to \infty}\left(\frac{(\sqrt 2-1)^2}{3-\sqrt 2}\right) ^n = \lim_{n \to \infty}\left(\frac{3-2\sqrt 2}{3-\sqrt 2}\right) ^n \\ &= 0 \quad \left(\because\left|\frac{3-2\sqrt 2}{3-\sqrt 2}\right| < 1\right). \end{align*}

問題≪数列の関係と極限≫

 次の括弧に当てはまる語句を (ア)~(エ) から選べ. また, 必要条件または十分条件でないと判断する場合には反例を挙げよ.
(a)
収束列 $\{ a_n\},$ $\{ b_n\}$ について, $a_n < b_n$ は, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n < \lim\limits_{n \to \infty}b_n$ が成り立つための(   ).
(b)
数列 $\{ a_n\},$ $\{ b_n\}$ について, 実数値の極限 $\lim\limits_{n \to \infty}a_n,$ $\lim\limits_{n \to \infty}b_n$ が存在して $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \lim\limits_{n \to \infty}b_n$ が成り立つことは, $\lim\limits_{n \to \infty}(a_n-b_n) = 0$ が成り立つための(   ).
(ア) 必要十分条件である (イ) 必要条件であるが, 十分条件ではない (ウ) 十分条件であるが, 必要条件ではない (エ) 必要条件でも十分条件でもない

解答例

(a)
(エ).  実際, $a_n = 0,$ $b_n = \dfrac{1}{n}$ のとき, $a_n < b_n$ であるが, \[\lim_{n \to \infty}a_n = \lim_{n \to \infty}b_n = 0\] が成り立つ. また, $a_n = 0,$ $b_n = 1-\dfrac{2}{n}$ のとき, $a_1 < b_1$ であり, $a_n < b_n$ はすべての $n$ に対して成り立たないが, \[\lim_{n \to \infty}a_n = 0 < 1 = \lim_{n \to \infty}b_n\] が成り立つからである.
(b)
(ウ).  実際, 実数値の極限 $\lim\limits_{n \to \infty}a_n,$ $\lim\limits_{n \to \infty}b_n$ が存在して $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \lim\limits_{n \to \infty}b_n$ が成り立つならば, \[\lim\limits_{n \to \infty}(a_n-b_n) = \lim\limits_{n \to \infty}a_n-\lim\limits_{n \to \infty}b_n = 0\] が成り立つ. また, $a_n = n+\dfrac{1}{n},$ $b_n = n$ のとき, \[ a_n-b_n = \dfrac{1}{n} \to 0 \quad (n \to \infty )\] となるが, \[\lim_{n \to \infty}a_n = \lim_{n \to \infty}b_n = \infty\] となって, 逆は成り立たないからである.

問題≪累乗の和に関する極限≫

 $S = \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = n+1}^{2n}k^2\bigg/\sum\limits_{k = 1}^nk^2$ の値を求めよ.

解答例

 $S_n = \sum\limits_{k = 1}^nk^2$ とおくと, \begin{align*} &\frac{S_{2n}-S_n}{S_n} = \frac{S_{2n}}{S_n}-1 \\ &= \frac{\dfrac{2n(2n+1)(4n+1)}{6}}{\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}}-1 \\ &= \frac{2(2n+1)(4n+1)}{(n+1)(2n+1)}-1. \end{align*} ゆえに, $$S = \lim\limits_{n \to \infty}\left(\frac{2\left( 2+\dfrac{1}{n}\right)\left( 4+\dfrac{1}{n}\right)}{\left( 1+\dfrac{1}{n}\right)\left( 2+\dfrac{1}{n}\right)}-1\right) = 7.$$

問題≪元の数列の極限≫

 数列 $\{ a_n\}$ に関する次の各条件のもとで, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n,$ $\lim\limits_{n \to \infty}na_n$ を求めよ.
(a)
$\lim\limits_{n \to \infty}(2n+1)a_n = 1.$
(b)
$\{ a_n\}$ は振動せず, $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a_n+2}{3a_n+4} = 1.$

解答例

(a)
\begin{align*} \lim\limits_{n \to \infty}a_n &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{2n+1}\lim\limits_{n \to \infty}(2n+1)a_n \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{\dfrac{1}{n}}{2+\dfrac{1}{n}}\cdot 1 = 0. \end{align*} さらに, \begin{align*} \lim\limits_{n \to \infty}na_n &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{n}{2n+1}\lim\limits_{n \to \infty}(2n+1)a_n \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{2+\dfrac{1}{n}}\cdot 1 = \frac{1}{2}. \end{align*}
(b)
仮に $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \pm\infty$ であるとすると $$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_n+2}{3a_n+4} = \frac{1+\dfrac{2}{a_n}}{3+\dfrac{4}{a_n}} = \frac{1}{3} \neq 1$$ となってしまうから, $\{ a_n\}$ は収束する. その極限値を $\alpha$ とおくと, $$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_n+2}{3a_n+4} = \frac{\alpha +2}{3\alpha +4} = 1$$ より $\alpha +2 = 3\alpha +4$ となるから, $$\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \alpha = -1.$$ さらに, $$\lim\limits_{n \to \infty}na_n = -\infty.$$

問題≪多重平方根の極限≫

 $a$ を正の数とする. $a_1 = \sqrt a,$ $a_{n+1} = \sqrt{a+a_n}$ で定まる数列 $\{ a_n\}$ の極限を求めよ.

解答例

 $\{ a_n\}$ の収束を仮定して $\alpha = \lim\limits_{n \to \infty}a_n$ とおく.
このとき, $a_{n+1} = \sqrt{a+a_n} \cdots [1]$ の両辺の極限をとると, $$\alpha = \sqrt{a+\alpha} \cdots [2]$$ となるから, $\alpha ^2-\alpha -a = 0.$ よって, $a_n \geqq a$ より $\alpha \geqq a > 0$ であることに注意すると, $$\alpha = \frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.$$ そこで, この $\alpha$ について $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \alpha$ を示す. $[1],$ $[2]$ より, \begin{align*} |a_{n+1}-\alpha | &= |\sqrt{a+a_n}-\sqrt{a+\alpha}| \\ &= \left|\frac{(a+a_n)-(a+\alpha )}{\sqrt{a+a_n}+\sqrt{a+\alpha}}\right| \\ &= \frac{|a_n-\alpha |}{\sqrt{a+a_n}+\sqrt{a+\alpha}} \\ &< \frac{1}{\sqrt{a+\alpha}}|a_n-\alpha | \\ &< \left(\frac{1}{\sqrt{a+\alpha}}\right) ^n|a_1-\alpha |. \end{align*} ここで, $\alpha = \dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2} > \dfrac{1+1}{2} = 1$ より $\sqrt{a+\alpha} > 1$ だから, 右辺は $0$ に収束する.
よって, 挟みうちの原理より $\lim\limits_{n \to \infty}(a_n-\alpha ) = \lim\limits_{n \to \infty}(a_{n+1}-\alpha ) = 0$ だから, $$\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \alpha = \frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.$$

問題≪ニュートン法≫

 $d > 1,$ $x_1 > \sqrt d$ とし, 放物線 $y = x^2-d$ の点 $(x_n,x_n{}^2-d)$ における接線と $x$ 軸の交点の $x$ 座標を $x_{n+1}$ とおくことで, 数列 $\{ x_n\}$ を定める.
(1)
$x_{n+1} = \dfrac{x_n{}^2+d}{2x_n}$ が成り立つことを示せ.
(2)
$t_n = \dfrac{x_n-\sqrt d}{x_n+\sqrt d}$ により定まる数列 $\{ t_n\}$ について, $t_n$ を用いて $t_{n+1}$ を表せ.
(3)
$\lim\limits_{n \to \infty}x_n = \sqrt d$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
放物線 $y = x^2-d$ の点 $(x_n,x_n{}^2-d)$ における接線の方程式は, \[ y = 2x_n(x-x_n)+x_n{}^2-d\] つまり \[ y = 2x_nx-x_n{}^2-d\] で与えられる. この直線と $x$ 軸の交点の $x$ 座標が $x_{n+1}$ であるから, \[ 0 = 2x_nx_{n+1}-x_n{}^2-d\] つまり \[ 2x_nx_{n+1} = x_n{}^2+d\] が成り立つ. $d > 0$ から $x_n > 0$ であることが帰納法で分かるので, 両辺を $2x_n$ で割ると, 求める等式が得られる.
(2)
(1) の結果から \[ x_{n+1}\pm\sqrt d = \frac{x_n{}^2\pm 2x_n\sqrt d+d}{2x_n} = \frac{(x_n\pm\sqrt d)^2}{2x_n}\] が成り立つので, $t_{n+1}$ は \begin{align*} t_{n+1} &= \frac{x_{n+1}-\sqrt d}{x_{n+1}+\sqrt d} = \frac{(x_n-\sqrt d)^2}{2x_n}\div\frac{(x_n+\sqrt d)^2}{2x_n} \\ &= \left(\frac{x_n-\sqrt d}{x_n+\sqrt d}\right) ^2 = t_n{}^2 \end{align*} と表される.
(3)
(2) の結果から \[ t_n = t_1{}^{(2^{n-1})}\] であり, $x_1 > \sqrt d > 0$ から $0 < t_1 < 1,$ $\lim\limits_{n \to \infty}2^{n-1} = \infty$ であるので, \[\lim\limits_{n \to \infty}t_n = 0\] が成り立つ. また, $x_n > 0$ と $d > 1$ から $x_n+\sqrt d > 1$ であることに注意すると \[ |x_n-\sqrt d| < \left|\frac{x_n-\sqrt d}{x_n+\sqrt d}\right| = |t_n|\] であるので, 挟みうちの原理により \[\lim\limits_{n \to \infty}(x_n-\sqrt d) = 0\] つまり $\lim\limits_{n \to \infty}x_n = \sqrt d$ が成り立つ.

解説≪ニュートン法≫

 一般に, 単調増加で下に凸(resp. 単調減少で上に凸)であり, $2$ 回微分可能な関数 $f(x)$ について, 方程式 $f(x) = 0$ が実数解 $\alpha$ を持つとする. $f(x_1) > 0$ (resp. $f(x_1) < 0$)となる実数 $x_1$ をとり, 曲線 $y = f(x)$ の点 $(x_n,f(x_n))$ における接線と $x$ 軸の交点の $x$ 座標を $x_{n+1}$ とおくことで数列 $\{ x_n\}$ を定めると, $\{ x_n\}$ は $\alpha$ に収束する. 適当な番号 $n$ まで $x_n$ の値を計算することによって $\alpha$ の近似値を求める方法をニュートン法(Newton's method)と呼ぶ. この数列の収束の速度は比較的速いので, ニュートン法はコンピューターで $\sqrt d$ などの近似値を求める際に利用されている. なお, 冒頭の条件を満たさない関数 $f(x)$ について上記のように数列 $\{ x_n\}$ を定めても, $\{ x_n\}$ は $f(x) = 0$ の実数解に収束するとは限らない. 例えば, $f(x) = x^3-2x+2,$ $x_1 = 1$ のとき, $x_2 = 0,$ $x_3 = 1,$ $x_4 = 0,$ $\cdots$ となり, $\{ x_n\}$ は振動する.

問題≪$2$ 次漸化式で定まる数列の極限≫

 数列 $\{ a_n\}$ が \[ 1 \leqq a_1 < 2, \qquad a_{n+1} = \frac{a_n{}^2+2}{3}\] を満たすとき,
(1)
$1 \leqq a_n < 2$ を示せ.
(2)
$a_n \geqq a_{n+1}$ を示せ.
(3)
$\lim\limits_{n \to \infty}a_n$ を求めよ.

解答例

(1)
帰納法で \[1 \leqq a_n < 2 \quad \cdots [1]\] を示す.
(i)
$n = 1$ のとき, 仮定より $[1]$ が成り立つ.
(ii)
与えられた正の整数 $n$ に対して $[1]$ の成立を仮定すると, \[ a_{n+1} = \dfrac{a_n{}^2+2}{3} \quad \cdots [\ast ]\] より, \[ 1 \leqq \frac{1^2+2}{3} = a_{n+1} < \frac{2^2+2}{3} = 2\] となる.
(i), (ii) より, 任意の正の整数 $n$ に対して $[1]$ が成り立つ.
(2)
\begin{align*} a_n-a_{n+1} &= a_n-\frac{a_n{}^2+2}{3} \quad (\because [\ast ]) \\ &= \frac{-a_n{}^2+3a_n-2}{3} \\ &= \frac{(a_n-1)(2-a_n)}{3} \geqq 0 \quad (\because [1]) \end{align*} より, \[ a_n \geqq a_{n+1} \quad \cdots [2].\]
(3)
\begin{align*} a_{n+1}-1 &= \dfrac{a_n{}^2+2}{3}-1 \quad (\because [\ast ]) \\ &= \frac{a_n{}^2-1}{3} = \frac{a_n+1}{3}(a_n-1) \\ &\leqq \frac{a_1+1}{3}(a_n-1) \quad (\because [2]) \\ &\leqq \cdots \\ &\leqq \left(\frac{a_1+1}{3}\right) ^n(a_1-1) \\ &\to 0\ (n \to \infty ) \quad \left(\because 0 \leqq \frac{a_1+1}{3} < 1\right). \end{align*} よって, 挟みうちの原理より \[\lim\limits_{n \to \infty}(a_n-1) = \lim\limits_{n \to \infty}(a_{n+1}-1) = 0\] だから, \[\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 1.\]

解説

 数列 $\{ a_n\}$ の収束を仮定して $\alpha = \lim\limits_{n \to \infty}a_n$ とおき, $[\ast ]$ の両辺の極限をとると \[ 3\alpha = \alpha ^2+2\] より \[\alpha = 1,\ 2.\] 次図より $\alpha = 1$ であると予想されるので, $\lim\limits_{n \to \infty}(a_n-1) = 0$ を示す.

問題≪$3$ 次漸化式で定まる数列の極限≫

\[ a_1 = 2, \qquad a_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left( a_n+\dfrac{1}{a_n{}^2}\right)\] で定まる数列の極限を求めよ.

解答例

 $\{ a_n\}$ の収束を仮定して $\alpha = \lim\limits_{n \to \infty}a_n$ とおく.
$a_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left( a_n+\dfrac{1}{a_n{}^2}\right) \cdots [1]$ より, $$2a_n{}^2a_{n+1} = a_n{}^3+1.$$ 両辺の極限をとると, $$2\alpha ^3 = \alpha ^3+1$$ であり, $\alpha$ は実数だから, $$\alpha = 1.$$ そこで, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 1$ を示す. $[1]$ より, \begin{align*} a_{n+1}-1 &= \frac{1}{2}\left( a_n+\frac{1}{a_n{}^2}\right) -1 \\ &= \frac{a_n{}^3-2a_n{}^2+1}{2a_n{}^2} \\ &= \frac{(a_n-1)(a_n{}^2-a_n-1)}{2a_n{}^2}. \end{align*} ここで, $a_1 = 2 > 0,$ $[1]$ と数学的帰納法から $a_n > 0$ であることに注意すると, $$\frac{a_n{}^2-a_n-1}{a_n{}^2} = 1-\left(\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_n{}^2}\right) < 1$$ だから, \begin{align*} |a_{n+1}-1| &= \frac{|a_n{}^2-a_n-1|}{2a_n{}^2}|a_n-1| \\ &< \frac{1}{2}|a_n-1| \\ &< \left(\frac{1}{2}\right) ^n|a_1-1| \\ &= \left(\frac{1}{2}\right) ^n \to 0 \quad (n \to \infty ). \end{align*} よって, 挟みうちの原理より $\lim\limits_{n \to \infty}(a_n-1) = \lim\limits_{n \to \infty}(a_{n+1}-1) = 0$ だから, $$\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 1.$$

問題≪ネイピア数の定義を用いた確率の極限の計算≫

 $\dfrac{1}{n}$ の確率で当たるくじを $n$ 回引いて少なくとも $1$ 回当たる確率を $p_n$ とおく. $p = \lim\limits_{n \to \infty}p_n$ の値をネイピア数 $e = \lim\limits_{n \to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) ^n$ で表せ.

解答例

 $n$ 回くじを引いて $1$ 回も当たらない確率を $q_n$ とおくと, \begin{align*} q_n &= \left( 1-\dfrac{1}{n}\right) ^n \cdots [1] \\ &= \left(\frac{n-1}{n}\right) ^n = \left(\frac{n}{n-1}\right) ^{-n} \\ &= \left( 1+\frac{1}{n-1}\right) ^{-n} \cdots [2] \\ &= \left( 1+\frac{1}{n-1}\right) ^{-(n-1)}\left( 1+\frac{1}{n-1}\right) ^{-1} \\ &= \left( 1+\frac{1}{n-1}\right) ^{-(n-1)}\left( 1-\frac{1}{n}\right) \quad (\because [1],\ [2]) \\ &\to e^{-1}\cdot 1 = \frac{1}{e} \quad (n \to \infty ). \end{align*} 少なくとも $1$ 回当たる確率は $p_n = 1-q_n$ だから, $$p = 1-\lim\limits_{n \to \infty}q_n = 1-\frac{1}{e}.$$

問題≪オイラーの定数に関係する数列の極限≫

 数列 $\left\{\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{1}{k}-\log n\right\}$ は有限の極限値 $\gamma$ を持つことが知られている. 数列 $\left\{\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{1}{2k-1}-c\log n\right\}$ が収束するとき, 極限値 $\gamma '$ と定数 $c$ の値を求めよ.

解答例

\begin{align*} &\sum\limits_{k = 1}^{2n}\frac{1}{k}-\log 2n \\ &= \left(\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{2k-1}-c\log n\right) +\left(\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{2k}-\frac{1}{2}\log n\right) \\ &\qquad +c\log n+\frac{1}{2}\log n-\log n-\log 2 \\ &= \left(\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{2k-1}-c\log n\right) +\frac{1}{2}\left(\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{k}-\log n\right) \\ &\qquad +\left( c-\frac{1}{2}\right)\log n-\log 2 \quad \cdots [1] \end{align*} だから, 数列 $\left\{\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{1}{2k-1}-c\log n\right\}$ が収束するとき $\left\{\left( c-\dfrac{1}{2}\right)\log n\right\}$ は収束しなければならず \[ c = \dfrac{1}{2}\] となる. このとき, $[1]$ の両辺の極限をとると \[\gamma = \gamma '+\frac{1}{2}\gamma -\log 2\] となるから, \[\gamma ' = \frac{\gamma}{2}+\log 2.\]

解説

 極限値 $\gamma = \lim\limits_{n \to \infty}\left(\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{1}{k}-\log n\right)$ をオイラーの定数(Euler's constant)と呼ぶ. この極限値の存在の証明は高校の範囲を超えるが, 興味のある方はこちらを参照されたい.

問題≪算術幾何平均に関する極限≫

 $a,$ $b$ を $a \geqq b \geqq 0$ なる実数として, 数列 $\{ a_n\},$ $\{ b_n\}$ を \[ a_1 = a, \quad b_1 = b, \quad a_{n+1} = \frac{a_n+b_n}{2}, \quad b_{n+1} = \sqrt{a_nb_n}\] により定める.
(1)
すべての番号 $n$ に対して $a_n \geqq b_n$ が成り立つことを示せ.
(2)
すべての番号 $n$ に対して $\sqrt{\mathstrut a_n}-\sqrt{\mathstrut b_n} \leqq \sqrt{\mathstrut a_n-b_n}$ が成り立つことを示せ.
(3)
極限値 $\lim\limits_{n \to \infty}(a_n-b_n)$ を求めよ.

解答例

(1)
(i)
$n = 1$ のとき, $a_1 = a \geqq b = b_1$ から成り立つ.
(ii)
$n > 1$ のとき, 相加・相乗平均の不等式により \[ a_n = \frac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2} \geqq \sqrt{a_{n-1}b_{n-1}} = b_n\] が成り立つ.
よって, すべての番号 $n$ に対して $a_n \geqq b_n$ が成り立つ.
(2)
(1) の結果から \begin{align*} &(\sqrt{\mathstrut a_n-b_n})^2-(\sqrt{\mathstrut a_n}-\sqrt{\mathstrut b_n})^2 \\ &= (a_n-b_n)-(a_n-2\sqrt{\mathstrut a_nb_n}+b_n) \\ &= 2\sqrt{\mathstrut a_nb_n}-2b_n \\ &= 2(\sqrt{\mathstrut a_n}-\sqrt{\mathstrut b_n})\sqrt{\mathstrut b_n} \geqq 0 \end{align*} が成り立つので, \[ (\sqrt{\mathstrut a_n-b_n})^2 \geqq (\sqrt{\mathstrut a_n}-\sqrt{\mathstrut b_n})^2\] が成り立つ. よって, $\sqrt{\mathstrut a_n}-\sqrt{\mathstrut b_n} \geqq 0$ であることに注意すると, \[\sqrt{\mathstrut a_n}-\sqrt{\mathstrut b_n} \leqq \sqrt{\mathstrut a_n-b_n}\] が成り立つ.
(3)
(2) の結果から \begin{align*} a_{n+1}-b_{n+1} &= \frac{a_n+b_n}{2}-\sqrt{\mathstrut a_nb_n} = \frac{(\sqrt{\mathstrut a_n}-\sqrt{\mathstrut b_n})^2}{2} \\ &\leqq \frac{(\sqrt{\mathstrut a_n-b_n})^2}{2} = \frac{a_n-b_n}{2} \end{align*} が成り立つので, 帰納法により \[ 0 \leqq a_n-b_n \leqq \frac{a_1-b_1}{2^{n-1}}\] が成り立つ. 左側の不等号は (1) の結果による. 左辺は $0$ に収束するから, 挟みうちの原理により \[\lim_{n \to \infty}(a_n-b_n) = 0\] が成り立つ.

注意

 $\{ a_n\}$ と $\{ b_n\}$ は同じ値に収束することが知られており, その極限値を $a$ と $b$ の「算術幾何平均」と呼ぶ. 本問の結果はこのことの状況証拠を与えている. しかし, 一般に数列 $\{ a_n\}$ と $\{ b_n\}$ が $\lim\limits_{n \to \infty}(a_n-b_n) = 0$ を満たしても, $\{ a_n\}$ と $\{ b_n\}$ が同じ値に収束するとは限らない. 例えば, $a_n = n+\dfrac{1}{n},$ $b_n = n$ のように両者が発散するような場合や, $a_n = (-1)^n+\dfrac{1}{n},$ $b_n = (-1)^n$ のように両者が振動するような場合にも, 差が $0$ に収束することがある. 本問では,「上に有界な単調増加数列と下に有界な単調減少数列は収束する」という定理により, $\{ a_n\}$ と $\{ b_n\}$ の収束が保証される. 本質的にこの定理を使わずに(区間縮小法なども使わずに) $\{ a_n\}$ と $\{ b_n\}$ の収束を示す方法ついてご存知の方がいれば, お知らせ願いたい.

無限級数

問題≪二項分離法の級数計算への応用≫

 次の級数の和を求めよ. \[ S = \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{n(n+2)}.\]

解答例

 与えられた級数の第 $n$ 項を $a_n$ とおき, 初項から第 $n$ 項までの部分和を $S_n$ とおく. \[ a_n = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right).\] よって, $n \geqq 4$ のとき, \begin{align*} S_n &= \frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 4}+\frac{1}{3\cdot 5}+\cdots \\ &\qquad +\frac{1}{(n-1)(n+1)}+\frac{1}{n(n+2)} \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{3}\right) +\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right) +\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right) +\cdots \\ &\qquad +\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right) +\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right) \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right) \end{align*} ゆえに, \begin{align*} S &= \lim_{n \to \infty}S_n = \lim_{n \to \infty}\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right) \\ &= \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2} = \frac{3}{4}. \end{align*}

問題≪等比級数≫

 次の級数の収束・発散を調べよ.
(a)
$S = (\sqrt 2-1)+(3-2\sqrt 2)+(5\sqrt 2-7)+\cdots.$ 
(b)
$S = (1-\sqrt 5)+(6-2\sqrt 5)+(16-8\sqrt 5)+\cdots.$ 
(c)
$S = \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{2^n+3^n}{6^n}.$ 

解答例

(a)
$S$ の各項は公比 $\sqrt 2-1$ の等比数列を成し, $|\sqrt 2-1| < 1$ であるから, $S$ は収束して, \[ S = \frac{\sqrt 2-1}{1-(\sqrt 2-1)} = \frac{1}{\sqrt 2}.\]
(b)
$S$ の各項は公比 $1-\sqrt 5$ の等比数列を成し, $1-\sqrt 5 < -1$ であるから, $S$ は発散する.
(c)
\begin{align*} \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{2^n}{6^n} &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{3^n} = \frac{\dfrac{1}{3}}{1-\dfrac{1}{3}} = \frac{1}{2}, \\ \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{3^n}{6^n} &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{2^n} = \frac{\dfrac{1}{2}}{1-\dfrac{1}{2}} = 1 \end{align*} から, \[ S = \sum_{n = 1}^\infty\left(\frac{2^n}{6^n}+\frac{3^n}{6^n}\right)\] も収束して, \[ S = \frac{1}{2}+1 = \frac{3}{2}.\]

問題≪循環小数≫

 次の循環小数を既約分数で表せ.
(a)
$0.\dot 9.$ 
(b)
$1.2\dot 34\dot 5.$ 

解答例

(a)
\begin{align*} 0.\dot 9 &= 0.9+0.09+0.009+\cdots \\ &= \frac{0.9}{1-0.1} = 1. \end{align*}
(b)
\begin{align*} 1.2\dot 34\dot 5 &= 1.2+0.0345+0.0000345+0.0000000345+\cdots \\ &= 1.2+\frac{0.0345}{1-0.001} = \frac{12}{10}+\frac{345}{10000-10} \\ &= \frac{11988+345}{9990} = \frac{12333}{9990} = \frac{4111}{3330}. \end{align*}

問題≪級数が発散するための十分条件≫

 次の級数が発散することを示せ.
(a)
$S = \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{n}{n+1}.$ 
(b)
$S = \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}n}{n+1}.$ 

解答例

 与えられた級数の第 $n$ 項を $a_n$ とおき, 初項から第 $n$ 項までの部分和を $S_n$ とおく.
(a)
\[\lim_{n \to \infty}a_n = \lim_{n \to \infty}\frac{1}{1+\dfrac{1}{n}} = \frac{1}{1+0} = 1 \neq 0\] から, $S$ は発散する.  
(b)
\begin{align*} S_{2m-1} &= \frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{3}{4}-\frac{4}{5}+\cdots +\frac{2m-1}{2m} \\ &= \frac{1}{2}, \\ S_{2m} &= S_{2m-1}+a_{2m} \\ &= \frac{1}{2}-\frac{2m}{2m+1} = \frac{1}{2}-\frac{2}{2+\dfrac{1}{m}} \\ &\to \frac{1}{2}-\frac{2}{2+0} = -\frac{1}{2} \quad (m \to \infty ). \\ \end{align*} ゆえに, \[\lim_{m \to \infty}S_{2m-1} = \frac{1}{2} \neq -\frac{1}{2} = \lim_{m \to \infty}S_{2m}\] から, $S$ は発散する.

問題≪級数の収束性の項比判定法≫

(1)
正の数から成る数列 $\{ a_n\}$ がある定数 $r$ に対して $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \leqq r < 1$ を満たすとき, $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n$ は収束することを示せ.
(2)
$0! = 1$ と定める. $\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{1}{n!}$ は収束することを示せ.

解答例

(1)
任意の正整数 $n$ に対して, $a_{n+1} \leqq a_nr$ が成り立つから, \[ a_n \leqq a_1r^{n-1}\] であることが帰納法で示される. よって, \[\sum\limits_{n = 1}^Na_n \leqq \sum\limits_{n = 1}^Na_1r^{n-1}\] であり, $N \to \infty$ とすると, $r < 1$ より右辺は収束するから, 挟みうちの原理により左辺も収束する. つまり, $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n$ は収束する.
(2)
$a_n = \dfrac{1}{n!}$ とおくと, \[\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} \leqq \frac{1}{2}.\] よって, $\{ a_n\}$ は (1) の条件を満たすから, $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n = \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{n!}$ は収束する.

問題≪数列の極限と級数≫

 次の括弧に当てはまる語句を (ア)~(エ) から選べ. また, 必要条件または十分条件でないと判断する場合には反例を挙げよ. 数列 $\{ a_n\}$ について, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0$ が成り立つことは, $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n$ が収束するための(   ). (ア) 必要十分条件である (イ) 必要条件であるが, 十分条件ではない (ウ) 十分条件であるが, 必要条件ではない (エ) 必要条件でも十分条件でもない

解答例

(イ).  実際, $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n$ が収束するならば, \begin{align*} a_n &= \sum _{k = 1}^na_k-\sum _{k = 1}^{n-1}a_k \\ &\to \sum_{n = 1}^\infty a_n-\sum_{n = 1}^\infty a_n = 0 \quad (n \to \infty ) \end{align*} が成り立つ. また, $a_n = \dfrac{1}{\sqrt n}$ のとき, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0$ が成り立つが, \[\sum_{n = 0}^\infty a_n = \infty\] であり $\sum_{n = 0}^\infty a_n$ は発散するからである.

問題≪汎調和級数の発散≫

(1)
任意の正整数 $n$ に対して, 次の不等式が成り立つことを示せ. \[\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n} < \frac{1}{\sqrt n}.\]
(2)
級数 $S = \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt n}$ が発散することを示せ.

解答例

(1)
$\sqrt n > 0$ であることに注意して \[\sqrt{n+1}+\sqrt n > \sqrt n\] の両辺の逆数をとると, 求める不等式が得られる.
(2)
\begin{align*} \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n} &= \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt n}{(\sqrt{n+1}+\sqrt n)(\sqrt{n+1}-\sqrt n)} \\ &= \sqrt{n+1}-\sqrt n. \end{align*} よって, $S' = \sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}$ の第 $N$ 部分和は \begin{align*} S'_N &= \sum _{n = 1}^N\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n} \\ &= (\sqrt 2\!-\!\sqrt 1)\!+\!(\sqrt 3\!-\!\sqrt 2)\!+\!\cdots\!+\!(\sqrt{N\!+\!1}\!-\!\sqrt N) \\ &= \sqrt{N+1}-1 \end{align*} であるから, \[ S' = \lim _{n\to\infty}S'_n = \lim _{n\to\infty}(\sqrt{N+1}-1) = \infty.\] よって, (1) の結果から $S = \infty$ となり, $S$ は発散する.

問題≪等差数列と等比数列の積で定まる無限級数≫

 $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n}{2^n},$ $\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{n}{2^n}$ の値を求めよ.

解答例

 二項定理より, $$2^n = (1+1)^n \geqq 1+n+\frac{n(n-1)}{2} \geqq \frac{n^2}{2}$$ だから $\dfrac{1}{2^n} \leqq \dfrac{2}{n^2}.$ よって, $$\frac{n}{2^n} \leqq \frac{2}{n} \to 0 \quad (n \to \infty ).$$ よって, 挟みうちの原理より, $$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n}{2^n} = 0.$$ $S_n = \sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{k}{2^k}$ とおくと, \begin{align*} S_n &= \frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\cdots +\frac{n}{2^n} \cdots [1], \\ \frac{1}{2}S_n &= \quad\quad\frac{1}{4}+\cdots +\frac{n-1}{2^n}+\frac{n}{2^{n+1}} \cdots [2]. \end{align*} $[1],$ $[2]$ の辺々を引くと, \begin{align*} S_n-\frac{1}{2}S_n &= \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}. \\ \therefore \frac{1}{2}S_n &= \frac{\dfrac{1}{2}\left( 1-\dfrac{1}{2^n}\right)}{1-\dfrac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n+1}}. \\ \therefore S_n &= 2\left( 1-\frac{1}{2^n}\right)-\frac{n}{2^n}. \end{align*} ゆえに, $$\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{n}{2^n} = \lim\limits_{n \to \infty}S_n = 2.$$

問題≪点列の極限・無限個の頂点を持つ折れ線の長さ≫

 $f(x) = 3-\dfrac{x}{2}$ とする. 数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\}$ を $x_1 = 1,$ $y_n = x_{n+1} = f(x_n)$ で定め, 各正の整数 $n$ に対して座標平面上に点 $\mathrm P_n(x_n,\ y_n)$ をとる.
(1)
点 $\mathrm P_n$ の座標を求めよ.
(2)
$n$ が大きくなるとき, 点 $\mathrm P_n$ が近づく点の座標を求めよ.
(3)
点 $\mathrm P_n$ を通り $x$ 軸に平行な直線と直線 $y = x$ の交点を $\mathrm Q_n$ とおく. 折れ線の長さの無限和 $L = \sum\limits_{n = 1}^\infty\left(\mathrm P_n\mathrm Q_n+\mathrm Q_n\mathrm P_{n+1}\right)$ を求めよ.

解答例

(1)
与式より, $$x_{n+1} = 3-\frac{x_n}{2} \cdots [1].$$ $x = 3-\dfrac{x}{2} \cdots [2]$ を解くと, $$x = 2 \cdots [3].$$ $[1]-[2]$ より, $$x_{n+1}-x = -\frac{1}{2}(x_n-x).$$ $[3]$ を代入すると, $$x_{n+1}-2 = -\frac{1}{2}(x_n-2).$$ $\{ x_n-1\}$ は初項 $x_1-2 = 1-2 = -1,$ 公比 $-\dfrac{1}{2}$ の等比数列だから, \begin{align*} x_n-2 &= -\left( -\frac{1}{2}\right) ^{n-1}. \\ \therefore x_n &= 2-\left( -\frac{1}{2}\right) ^{n-1} \cdots [4], \\ y_n &= x_{n+1} = 2-\left( -\frac{1}{2}\right) ^n \cdots [5]. \end{align*} よって, 点 $\mathrm P_n$ の座標は, $$\left( 2-\left( -\frac{1}{2}\right) ^{n-1},\ 2-\left( -\frac{1}{2}\right) ^n\right).$$
(2)
$\left| -\dfrac{1}{2}\right| < 1$ より $\lim\limits_{n \to \infty}\left( -\dfrac{1}{2}\right) ^n = 0$ だから, $$\lim\limits_{n \to \infty}x_n = \lim\limits_{n \to \infty}y_n = 2.$$ よって, $n$ が大きくなるとき, 点 $\mathrm P_n$ は点 $(2,\ 2)$ に近づく.
(3)
$\mathrm P_n(x_n,\ x_{n+1}),$ $\mathrm Q_n(x_{n+1},\ x_{n+1}),$ $\mathrm P_{n+1}(x_{n+1},\ x_{n+2})$ より, $$\mathrm P_n\mathrm Q_n+\mathrm Q_n\mathrm P_{n+1} = |x_n-x_{n+1}|+|x_{n+1}-x_{n+2}|.$$ $[4]-[5]$ より \begin{align*} x_n-x_{n+1} &= \left( -\frac{1}{2}\right) ^{n-1}-\left( -\frac{1}{2}\right) ^n \\ &= \left( -\frac{1}{2}\right) ^{n-1}\left( 1-\frac{-1}{2}\right) \\ &= \frac{3}{2}\left( -\frac{1}{2}\right) ^{n-1} \end{align*} だから, \begin{align*} \mathrm P_n\mathrm Q_n+\mathrm Q_n\mathrm P_{n+1} &= \frac{3}{2}\left(\frac{1}{2}\right) ^{n-1}+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{2}\right) ^n \\ &= \frac{3}{2}\left(\frac{1}{2}\right) ^{n-1}\left( 1+\frac{1}{2}\right) \\ &= \frac{9}{4}\left(\frac{1}{2}\right) ^{n-1}. \end{align*} ゆえに, $L$ は初項 $\dfrac{9}{4},$ 公比 $\dfrac{1}{2}$ の無限等比級数だから, $$L = \frac{9}{4}\div\left( 1-\frac{1}{2}\right) = \frac{9}{2}.$$

問題≪フラクタル図形の面積≫

 $0 < t < 1$ とし, $\triangle\mathrm A_1\mathrm B_1\mathrm C_1$ を $1$ 辺の長さが $1$ の正三角形とする. 辺 $\mathrm A_1\mathrm B_1,$ $\mathrm B_1\mathrm C_1,$ $\mathrm C_1\mathrm A_1$ を $t:(1-t)$ に内分する点をそれぞれ $\mathrm C_2,$ $\mathrm A_2,$ $\mathrm B_2$ とおいて, 正三角形 $\triangle\mathrm A_2\mathrm B_2\mathrm C_2$ を作る. 以下同様に正三角形 $\triangle\mathrm A_3\mathrm B_3\mathrm C_3,$ $\triangle\mathrm A_4\mathrm B_4\mathrm C_4,$ $\cdots$ を作る. このとき, 面積の無限和 $S = \sum\limits_{n = 1}^\infty\triangle\mathrm A_n\mathrm B_n\mathrm C_n$ を求めよ.

解答例

$\triangle\mathrm A_n\mathrm B_n\mathrm C_n$ の $1$ 辺の長さを $a_n$ とおくと, $$\mathrm A_n\mathrm C_{n+1} = ta_n, \quad \mathrm A_n\mathrm B_{n+1} = (1-t)a_n.$$ $\triangle\mathrm A_n\mathrm C_{n+1}\mathrm B_{n+1}$ に余弦定理を適用すると, \begin{align*} \mathrm B_{n+1}\mathrm C_{n+1}{}^2 &= \mathrm A_n\mathrm C_{n+1}{}^2+\mathrm A_n\mathrm B_{n+1}{}^2 \\ &\qquad -2\mathrm A_n\mathrm C_{n+1}\cdot\mathrm A_n\mathrm B_{n+1}\cos 60^\circ \end{align*} となるから, \begin{align*} a_{n+1}{}^2 &= (ta_n)^2+\big( (1-t)a_n\big) ^2-2\cdot ta_n\cdot (1-t)a_n\cdot\frac{1}{2} \\ &= \big( t^2+(1-t)^2-t(1-t)\big) a_n{}^2 \\ &= (3t^2-3t+1)a_n \\ &= \cdots \\ &= (3t^2-3t+1)^na_1 \\ &= (3t^2-3t+1)^n. \end{align*} よって, $$\triangle\mathrm A_n\mathrm B_n\mathrm C_n = \frac{\sqrt 3}{4}a_n{}^2 = \frac{\sqrt 3}{4}(3t^2-3t+1)^{n-1}.$$ したがって, $S$ は初項 $\dfrac{\sqrt 3}{4},$ 公比 $3t^2-3t+1$ の無限等比級数である. \begin{align*} 3t^2-3t+1 &= 3\left( t-\dfrac{1}{2}\right) ^2+\dfrac{1}{4} > 0, \\ 3t^2-3t &= -3t(1-t) < 0 \end{align*} より $0 < 3t^2-3t+1 < 1$ であることに注意すると, $S$ は収束して, \[ S = \frac{\sqrt 3}{4}\div\big( 1-(3t^2-3t+1)\big) = \frac{\sqrt 3}{12t(1-t)}.\]

問題≪反復試行の期待値の極限≫

 さいころを $5$ 以上の目が連続して出るまで振る. $n$ 回目に $4$ 以下の目が出る確率を $p_n$ とおき, $n$ 回目に $5$ 以上の目が出る確率を $q_n$ とおく.
(1)
$p_{n+2}$ を $p_{n+1},$ $p_n$ で表し, $p_n$ を求めよ.
(2)
$q_{n+2}$ を $p_{n+1},$ $p_n$ で表し, $q_n$ を求めよ.
(3)
$\sum\limits_{n = 1}^\infty q_n$ を求めよ.

解答例

(1)
$n+2$ 回目に $4$ 以下の目が出るのは
(i)
$n+1$ 回目にも $n+2$ 回目にも $4$ 以下の目が出る
(ii)
$n$ 回目に $4$ 以下の目が出て, $n+1$ 回目に $5$ 以上の目が出て, $n+2$ 回目に $4$ 以下の目が出る
のいずれかの場合に限る. よって, \begin{align*} p_{n+2} &= p_{n+1}\cdot\frac{4}{6}+p_n\cdot\frac{2}{6}\cdot\frac{4}{6} \\ &= \frac{2}{3}p_{n+1}+\frac{2}{9}p_n \cdots [1]. \end{align*} $$\alpha +\beta = \frac{2}{3}, \quad \alpha\beta = -\frac{2}{9}$$ を満たす実数 $\alpha,$ $\beta$ $(\alpha < \beta )$ をとると, $$p_{n+2} = (\alpha +\beta )p_{n+1}-\alpha\beta p_n$$ より, \begin{align*} p_{n+2}-\alpha p_{n+1} &= \beta (p_{n+1}-\alpha p_n) \cdots [2], \\ p_{n+2}-\beta p_{n+1} &= \alpha (p_{n+1}-\beta p_n) \cdots [3]. \end{align*} $[2],$ $[3]$ より $\{ p_{n+1}-\alpha p_n\},$ $\{ p_{n+1}-\beta p_n\}$ はそれぞれ公比 $\beta,$ $\alpha$ の等比数列だから, \begin{align*} p_{n+1}-\alpha p_n &= (p_2-\alpha p_1)\beta ^{n-1} \cdots [4], \\ p_{n+1}-\beta p_n &= (p_2-\beta p_1)\alpha ^{n-1} \cdots [5]. \end{align*} $[4]-[5]$ より, $$(\beta -\alpha )p_n = (p_2-\alpha p_1)\beta ^{n-1}-(p_2-\beta p_1)\alpha ^{n-1}.$$ $\alpha,$ $\beta$ は $2$ 次方程式 $x^2 = \dfrac{2}{3}x+\dfrac{2}{9}$ の解だから, $$\alpha = \frac{1-\sqrt 3}{3}, \quad \beta = \frac{1+\sqrt 3}{3}$$ であり, $$\beta -\alpha = \frac{2\sqrt 3}{3} = \frac{2}{\sqrt 3}.$$ また, $$p_1 = p_2 = \frac{2}{3}.$$ よって, \begin{align*} p_2-\alpha p_1 &= \frac{2}{3}(1-\alpha ) = \frac{4+2\sqrt 3}{9} = \beta ^2, \\ p_2-\beta p_1 &= \frac{2}{3}(1-\beta ) = \frac{4-2\sqrt 3}{9} = \alpha ^2. \end{align*} したがって, \[ (\beta -\alpha )p_n = \beta ^{n+1}-\alpha ^{n+1}\] より, \[ p_n = \frac{\sqrt 3}{2}\left(\left(\frac{1+\sqrt 3}{3}\right) ^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt 3}{3}\right) ^{n+1}\right).\]
(2)
$n+2$ 回目に $5$ 以上の目が出るのは
(iii)
$n+1$ 回目に $4$ 以下の目が出て, $n+2$ 回目に $5$ 以上の目が出る
(iv)
$n$ 回目に $4$ 以下の目が出て, $n+1$ 回目にも $n+2$ 回目にも $5$ 以上の目が出る
のいずれかの場合に限る. よって, \begin{align*} q_{n+2} &= p_{n+1}\cdot\frac{2}{6}+p_n\cdot\frac{2}{6}\cdot\frac{2}{6} \\ &= \frac{1}{3}p_{n+1}+\frac{1}{9}p_n \cdots [6]. \end{align*} $[1],$ $[6]$ を比較すると, $$q_{n+2} = \frac{1}{2}p_{n+2}.$$ また, $q_1 = q_2 = \dfrac{1}{3}$ だから, \begin{align*} q_n &= \frac{1}{2}p_n \\ &= \frac{\sqrt 3}{4}\left(\left(\frac{1+\sqrt 3}{3}\right) ^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt 3}{3}\right) ^{n+1}\right). \end{align*}
(3)
\begin{align*} &\sum\limits_{n = 1}^\infty q_n = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty p_n \\ &= \frac{\sqrt 3}{4}\left(\sum\limits_{n = 1}^\infty\beta ^{n+1}-\sum\limits_{n = 1}^\infty\alpha ^{n+1}\right) \\ &= \frac{\sqrt 3}{4}\left(\frac{\beta ^2}{1-\beta}-\frac{\alpha ^2}{1-\alpha}\right) \quad (\because |\alpha | < 1,\ |\beta | < 1) \\ &= 4. \end{align*}

問題≪ガウス記号に関する群数列と無限級数≫

 与えられた整数 $n$ に対して, $n$ を超えない最大の整数を $[n]$ で表す.
(1)
与えられた正の整数 $m$ に対して, $[\sqrt k] = m$ を満たす正の整数 $k$ の個数を求めよ.
(2)
$S = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{n^3}\sum\limits_{k = 1}^{n^2}[\sqrt k]$ の値を求めよ.

解答例

(1)
$[\sqrt k] = m$ とすると, $$m \leqq [\sqrt k] < m+1$$ より $m^2 \leqq k < (m+1)^2 = m^2+2m+1$ だから, $$m^2 \leqq k \leqq m^2+2m.$$ よって, $[\sqrt k] = m$ を満たす正の整数 $k$ の個数は, $$(m^2+2m)-m^2+1 = 2m+1.$$
(2)
第 $k$ 項が $[\sqrt k]$ で表される初項 $1,$ 項数 $n^2$ の数列を第 $m$ 群に $m$ が並ぶように群に分ける. $$1,\ 1,\ 1|2,\ 2,\ 2,\ 2,\ 2|\cdots |n-1,\ \cdots,\ n-1|n$$ $1 \leqq m \leqq n-1$ のとき第 $m$ 群の項数は $2m+1$ であり, 第 $n$ 群は $n$ のみから成るから, \begin{align*} &\sum\limits_{k = 1}^{n^2}[\sqrt k] = \sum\limits_{m = 1}^{n-1}(2m+1)m+n \\ &= \sum\limits_{m = 1}^{n-1}(2m^2+m)+n \\ &= 2\cdot\frac{1}{6}(n-1)n\big( 2(n-1)+1\big) +\frac{1}{2}(n-1)n+n \\ &= \frac{1}{3}(n-1)n(2n-1)+\frac{1}{2}(n-1)n+n. \end{align*} ゆえに, \begin{align*} &\frac{1}{n^3}\sum\limits_{k = 1}^{n^2}[\sqrt k] \\ &= \frac{1}{3}\left( 1-\frac{1}{n}\right)\left( 2-\frac{1}{n}\right) +\frac{1}{2}\left( 1-\frac{1}{n}\right)\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2} \\ &\to \frac{1}{3}\cdot 1\cdot 2 = \frac{2}{3} \quad (n \to \infty ). \end{align*} より, \[ S = \frac{2}{3}.\]

問題≪ダランベール型の収束判定法≫

 各項が正である数列 $\{ a_n\}$ について, 次を示せ. ただし, 上に
(a)
各番号 $n$ に対し \[\frac{a_{n+1}}{a_n} \leqq r < 1\] を満たす実数 $r$ が存在するとき, 級数 $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n$ は収束する.
(b)
各番号 $n$ に対し \[\frac{a_{n+1}}{a_n} \geqq r \geqq 1\] を満たす実数 $r$ が存在するとき, 級数 $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n$ は発散する.
ただし, 次の「比較判定法」は認めて良い. $a_n \leqq b_n$ であるとき, $\sum_{n = 1}^\infty b_n$ が収束すならば $\sum_{n = 1}^\infty a_n$ も収束し, $\sum_{n = 1}^\infty a_n$ が発散すならば $\sum_{n = 1}^\infty b_n$ も発散する.

解答例

(a)
与式から $a_{n+1} \leqq ra_n$ が成り立つので, \[ a_n \leqq a_1r^{n-1}\] が得られる. 右辺を第 $n$ 項とする級数は公比の絶対値が $1$ 未満である等比級数であるから収束する. よって,「比較判定法」により, $\sum_{n = 1}^\infty a_n$ は収束する.
(b)
与式から $a_{n+1} \geqq ra_n$ が成り立つので, \[ a_n \geqq a_1r^{n-1}\] が得られる. よって, \[\sum_{n = 1}^Na_n \geqq \sum_{n = 1}^Na_1r^{n-1}\] が成り立つ. 右辺を第 $n$ 項とする級数は公比が $1$ 以上の等比級数であるから発散する. よって,「比較判定法」により, $\sum_{n = 1}^\infty a_n$ は発散する.

解説

\[\frac{1}{(n+1)!}\div\frac{1}{n!} = \frac{1}{1+n} \leqq \frac{1}{2}\] であるから, $\sum_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{n!}$ は収束する(値はネイピア数). ここで示したことはそれぞれ,「$\lim_{n \to \infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n} < 1$ ならば $\sum_{n = 1}^\infty a_n$ は収束」,「$\lim_{n \to \infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n} > 1$ ならば $\sum_{n = 1}^\infty a_n$ は発散」に拡張される. $\lim_{n \to \infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = 1$ のとき, $\sum_{n = 1}^\infty a_n$ は収束することも発散することもある.