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無限級数のまとめ

基本事項

まずは基本的なところのおさらいです。

はさみうちの定理

3つの実数列 {an}\left{ a_n \right}, {bn}\left{ b_n \right}, {cn}\left{ c_n \right} に対して、十分に大きな nn で、常に、

acbncna_c \leq b_n \leq c_n

が成り立ち、

limnan=limncn=α \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} c_n = \alpha

であるとき、

limnbn=α \lim_{n \to \infty} b_n = \alpha

が成り立つ。

ネイピア数の定義

ネイピア数 ee を次のように定義する。

e=limn0(1+n)1n=limn(1+1n)n e = \lim_{n \to 0} (1 + n)^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^n

形式的に表現すると、

e=(1+0)e = (1 + 0)^{\infty}

みたいな感じになります。
ただし、"0" と"\infty" は "同じ速さで" ゼロまたは無限大に近づく必要があります。
例えば、

limn(1+2n)n=limn(1+2n)n22={limn(1+2n)n2}2=e2 \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{2}{n})^{n} = \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{2}{n})^{\frac{n}{2} \cdot 2} = \left{ \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{2}{n})^{\frac{n}{2}} \right}^2 = e^2

のように、"0" に近づく部分が、"212 \cdot \frac{1}{\infty}" のように、"0に近づくのが2倍遅い" とき、"\infty" に近づく部分が、"2\frac{\infty}{2}" のように、"\inftyに近づくのが2倍遅い" 必要があります。
(語弊を恐れない、形式的な表現です。)

無限級数

無限級数

n=1an=a1+a2++an+ \sum_{n = 1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n + \cdots

に対して、部分和 (初項から第n項までの和)

k=1nak=a1+a2++an \sum_{k = 1}^{n} a_k = a_1 + a_2 + \cdots + a_n

を考えたとき、部分和が収束するとき (nn \to \infty としたときに、収束するとき)、級数は収束するといい、発散するとき、級数は発散するという。
級数が収束するとき、部分和の極限値 (nn \to \infty としたときの値) を級数の という。

2つの無限級数

n=1an,n=1an \sum_{n = 1}^{\infty} a_n, , \sum_{n = 1}^{\infty} a_n

が収束するとき、

n=1(an+bn)=n=1an+n=1an,n=1kan=kn=1an \sum_{n = 1}^{\infty} \left( a_n + b_n \right) = \sum_{n = 1}^{\infty} a_n + \sum_{n = 1}^{\infty} a_n , \ \sum_{n = 1}^{\infty} k a_n = k \sum_{n = 1}^{\infty} a_n

が成り立つ。

無限等比級数の極限

初項が aa で、公比 rr の無限等比級数 a+ar+ar2++arn1+a + ar + ar^2 + \cdots + ar^{n-1} + \cdots について、

初項 a=0a = 0 のとき、公比 rr の値によらず、級数は収束して、和はゼロとなる。

初項 a0a \neq 0 のとき、公比 rr が、1<r<1-1 < r < 1 のとき、

limnrn=0 \lim_{n \to \infty} r^n = 0

が成り立ち、実数

より、級数は収束して、和は、

a1r \frac{a}{1-r}

となる。

例題

例題1

次の極限値を求めよ。

limn12+22++n2n3 \lim_{n \to \infty} \frac{1^2 + 2^2 + \cdots + n^2}{n^3}

分子を次のように考える。

12+22++n2=k=1nk2=16n(n+1)(2n+1)=2n3+3n2+n6 1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 = \sum_{k = 1}^{n} k^2 = \frac{1}{6} n (n + 1) (2n + 1) = \frac{2n^3 + 3n^2 + n}{6}

よって、

limn12+22++n2n3=limn2n3+3n2+n6n3=2+3n+1n26=13 \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \frac{1^2 + 2^2 + \cdots + n^2}{n^3} &= \lim_{n \to \infty} \frac{2n^3 + 3n^2 + n}{6n^3} \ &= \frac{2 + \frac{3}{n} + \frac{1}{n^2}}{6} \ &= \frac{1}{3} \end{aligned}

例題2

次の極限値を求めよ。

limnn+2n+1n+1n \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}

これに対して、そのまま分子分母を n\sqrt{n} で割って、極限値を求めようとすると、0での除算が発生するため、分子、分母の第2項の符号を変えたものを分子と分母にそれぞれかけて、

limnn+2n+1n+1n=limn(n+2n+1)(n+2+n+1)(n+1+n)(n+1n)(n+2+n+1)(n+1+n)=limnn+1+nn+2+n+1=limn1+2/n+11+2/n+1+1/n=limn1+11+1=1 \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}} &= \lim_{n \to \infty} \frac{ (\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}) \cdot (\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}) (\sqrt{n+1}+\sqrt{n}) }{ (\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) \cdot (\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}) (\sqrt{n+1}+\sqrt{n}) } \ &= \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}} \ &= \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{1 + 2/n} + 1}{\sqrt{1 + 2/n} + \sqrt{1 + 1/n}} \ &= \lim_{n \to \infty} \frac{1 + 1}{ 1 + 1} \ &= 1 \end{aligned}

例題3

次の極限値を求めよ。

limn(n+2)nnn \lim_{n \to \infty} \frac{(n+2)^n}{n^n}

分子分母の指数を分数全体の指数にまとめると、ネイピア数の定義式の形になるから、

limn(n+2)nnn=limn(n+2n)n=limn(1+2n)n=limn(1+2n)n22=e2 \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \frac{(n+2)^n}{n^n} &= \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n + 2}{n} \right)^n \ &= \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{2}{n} \right)^n \ &= \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{2}{n} \right)^{\frac{n}{2} \cdot 2} \ &= e^2 \end{aligned}

例題4

次の極限値を求めよ。

limn23n3n2n \lim_{n \to \infty} \frac{2 \cdot 3^n}{3^n - 2^n}

分子分母を 3n3^n で割り、絶対値が1未満である分数のn乗の極限がゼロになることを利用して、

limn23n3n2n=limn2112n/3n=limn21(23)n=210=2 \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \frac{2 \cdot 3^n}{3^n - 2^n} &= \lim_{n \to \infty} \frac{2 \cdot 1}{1 - 2^n / 3^n} \ &= \lim_{n \to \infty} \frac{2}{1 - (\frac{2}{3})^n} \ &= \frac{2}{1 - 0} \ &= 2 \end{aligned}

例題5

次の極限値を求めよ。

limnn32n \lim_{n \to \infty} \frac{n^3}{2^n}

二項定理

(a+b)n=k=0n{nCkankbk}=an+nC1an1b+nC2an2b2++bn \left( a + b \right)^n = \sum_{k = 0}^{n} \left{ {}_n \mathrm{C} _k \cdot a^{n - k} \cdot b^{k} \right} = a^n + {}_n \mathrm{C} _1 \cdot a^{n-1} \cdot b + {}_n \mathrm{C} _2 \cdot a^{n-2} \cdot b^2 + \cdots + b^n

を利用する。
二項定理より、

(1+x)n=1+nC1x+nC2x2+xn (1 + x)^n = 1 + {}_n \mathrm{C} _1 x + {}_n \mathrm{C} _2 x^2 + \cdots x^n

であり、x>0x > 0 のときは、項の総和と1つの項の大小関係より、

(1+x)n=1+nC1x+nC2x2+nC3x3++xn>nC4x4 (1 + x)^n = 1 + {}_n \mathrm{C} _1 x + {}_n \mathrm{C} _2 x^2 + {}_n \mathrm{C} _3 x^3 + \cdots + x^n > {}_n \mathrm{C} _4 x^4

である。
ここで、x=1x = 1 とすれば、

(1+1)n=2n>nC414=n!4!(n4)!=n(n1)(n2)(n3)(n4)(n5)21432(n4)(n5)21=n(n1)(n2)(n3)24 (1+1)^n = 2^n > {}_n \mathrm{C} _4 \cdot 1^4 = \frac{n!}{4! \cdot (n - 4)!} = \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n - 2) \cdot (n - 3) \cdot (n - 4) \cdot (n - 5) \cdot \cdots 2 \cdot 1 }{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot (n - 4) \cdot (n - 5) \cdot \cdots 2 \cdot 1} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}

であり、逆数を取ると、

0<12n<24n(n1)(n2)(n3)=24n46n3+11n26n 0 < \frac{1}{2^n} < \frac{24}{n(n-1)(n-2)(n-3)} = \frac{24}{n^4-6n^3+11n^2-6n}

となる。それぞれに、n3n^3 をかけると、

0<n32n<24/n16/n+11/n26/n3 0 < \frac{n^3}{2^n} < \frac{24/n}{1 - 6/n + 11/n^2 - 6/n^3}

ここで、

limn0=limn24/n16/n+11/n26/n3=0 \lim_{n \to \infty} 0 = \lim_{n \to \infty} \frac{24/n}{1 - 6/n + 11/n^2 - 6/n^3} = 0

であるから、はさみうちの定理より、

limnn32n=0 \lim_{n \to \infty} \frac{n^3}{2^n} = 0

例題6

次の極限値を求めよ。

limnnn \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}

対数と指数について、

r=loga(M)M=ar=aloga(M) r = \log{a}(M) \Leftrightarrow M = a^r = a^{\log{a}(M)}

であるから、

limnloge(nn)=r \lim_{n \to \infty} \log{e} \left( \sqrt[n]{n} \right) = r

を求めて、

limner=limneloge(nn) \lim_{n \to \infty} e^{r} = \lim_{n \to \infty} e^{\log{e} \left( \sqrt[n]{n} \right) }

を求めることで、問題の極限値を求める。 よって、

r=limnloge(nn)=limnloge(n1n)=limn{1nloge(n)}(un)=limnddnloge(n)ddnn=limn1n1=limn1n=0 \begin{aligned} r &= \lim_{n \to \infty} \log{e} \left( \sqrt[n]{n} \right) \ &= \lim_{n \to \infty} \log{e} \left( n^{\frac{1}{n}} \right) \ &= \lim_{n \to \infty} \left{ \frac{1}{n} \cdot \log{e} (n) \right} , \left( \frac{\infty}{\infty} {\rm un} \right) \ &= \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{d}{dn} \log{e}(n) }{ \frac{d}{dn} n } \ &= \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{n} }{ 1 } \ &= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \ &= 0 \end{aligned}

limnnn=limner=limne0=1 \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} &= \lim_{n \to \infty} e^{r} \ &= \lim_{n \to \infty} e^{0} \ &= 1 \end{aligned}

例題7

次の極限値を求めよ。

limnann!(a>0) \lim_{n \to \infty} \frac{a^n}{n!} , (a > 0)

N>aN > a を満たす適当な実数に対して、

ann!=a1a2aNaN+1an<a1a2aNaNaN=a1a2aN(aN)nN \begin{aligned} \frac{a^n}{n!} &= \frac{a}{1} \cdot \frac{a}{2} \cdot \cdots \cdot \frac{a}{N} \cdot \frac{a}{N + 1} \cdot , \cdots , \cdot \frac{a}{n} \ &< \frac{a}{1} \cdot \frac{a}{2} \cdot \cdots \cdot \frac{a}{N} \cdot \frac{a}{N} \cdot , \cdots , \cdot \frac{a}{N} \ &= \frac{a}{1} \cdot \frac{a}{2} \cdot \cdots \cdot \frac{a}{N} \cdot \left( \frac{a}{N} \right)^{n - N} \ \end{aligned}

が成り立つ。 N>aN > aより、分母のほうが大きいから、aN<1\frac{a}{N} < 1である。
よって、

limn0=limn(aN)nN=0 \lim_{n \to \infty} 0 = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{a}{N} \right)^{n - N} = 0

であるから、はさみうちの定理より、

limnann!=0 \lim_{n \to \infty} \frac{a^n}{n!} = 0

例題8

次の極限値を求めよ。

n=11(n+1)(n+2)(n+3) \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}

この分数は部分分数分解でき、

1(n+1)(n+2)(n+3)=An+1+Bn+2+Cn+31=A(n+2)(n+3)+B(n+1)(n+3)+C(n+1)(n+2)1=A(n2+5n+6)+B(n2+4n+3)+C(n2+3n+2)0n2+0n+1=(A+B+C)n2+(5A+4B+3C)n+(6A+3B+2C) \begin{aligned} \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)} &= \frac{A}{n + 1} + \frac{B}{n + 2} + \frac{C}{n + 3} \ 1 &= A(n+2)(n+3) + B(n+1)(n+3) + C(n+1)(n+2) \ 1 &= A(n^2+5n+6) + B(n^2+4n+3) + C(n^2+3n+2) \ 0n^2+0n+1 &= (A+B+C)n^2 + (5A+4B+3C)n + (6A+3B+2C) \end{aligned}

{A+B+C=05A+4B+3C=06A+3B+2C=1 \therefore \left{ \begin{array}{l} A + B + C = 0 \ 5A + 4B + 3C = 0 \ 6A + 3B + 2C = 1 \end{array} \right.

A=(111543632)x=(ABC)B=(001) \begin{aligned} A &= \left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \ 5 & 4 & 3 \ 6 & 3 & 2 \ \end{matrix} \right) , \ \vec{x} &= \left( \begin{matrix} A \ B \ C \ \end{matrix} \right) , \ B &= \left( \begin{matrix} 0 \ 0 \ 1 \ \end{matrix} \right) \end{aligned}

(AB)=(111054306321)(111001200341)(111001200341)(101001200021)(101001200011/2)(1001/201010011/2) \begin{aligned} \left( A B \right) &= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 \ 5 & 4 & 3 & 0 \ 6 & 3 & 2 & 1 \ \end{pmatrix} \ &\sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 \ 0 & -1 & -2 & 0 \ 0 & -3 & -4 & 1 \ \end{pmatrix} \ &\sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 \ 0 & 1 & 2 & 0 \ 0 & 3 & 4 & -1 \ \end{pmatrix} \ &\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 \ 0 & 1 & 2 & 0 \ 0 & 0 & -2 & -1 \ \end{pmatrix} \ &\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 \ 0 & 1 & 2 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 1/2 \ \end{pmatrix} \ &\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1/2 \ 0 & 1 & 0 & -1 \ 0 & 0 & 1 & 1/2 \ \end{pmatrix} \ \end{aligned}

A=12,B=1,C=12 \therefore A = \frac{1}{2} , , B = -1 , , C = \frac{1}{2}

1(n+1)(n+2)(n+3)=12(1n+12n+2+1n+3) \therefore \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n + 1} - \frac{2}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} \right)

となる。
よって、求める極限値は、

n=11(n+1)(n+2)(n+3)=12n=1(1n+12n+2+1n+3)=12limn(12131n+2+1n+3)=1416=112 \begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)} &= \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{\infty} \left( \frac{1}{n + 1} - \frac{2}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} \right) \ &= \frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} - \frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3} \right) \ &= \frac{1}{4} - \frac{1}{6} \ &= \frac{1}{12} \end{aligned}

なお、

+1223+14+1324+15+1425+16+1n2n+1+1n+2+1n+12n+2+1n+312131n+2+1n+3 \begin{matrix} +\frac{1}{2} & -\frac{2}{3} & \cancel{+\frac{1}{4}} \ +\frac{1}{3} & \cancel{-\frac{2}{4}} & \bcancel{+\frac{1}{5}} \ \cancel{+\frac{1}{4}} & \bcancel{-\frac{2}{5}} & \xcancel{+\frac{1}{6}} \ \vdots & \vdots & \vdots \ \cancel{+\frac{1}{n} } & \bcancel{-\frac{2}{n+1}} & +\frac{1}{n+2} \ \bcancel{+\frac{1}{n+1} } & -\frac{2}{n+2} & +\frac{1}{n+3} \ \hline \end{matrix} \ \frac{1}{2} - \frac{1}{3} - \frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3}

例題9

次の極限値を求めよ。

limnk=1nk4k \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{4^k}

第n部分和をSnS_nとおいて、

Sn=k=1nk4k=141+242+343++n14n1+n4n S_n = \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{4^k} = \frac{1}{4^1} + \frac{2}{4^2} + \frac{3}{4^3} + \cdots + \frac{n - 1}{4^{n - 1}} + \frac{n}{4^n}

14Sn=142+143++n24n1+n14n \frac{1}{4} S_n = \frac{1}{4^2} + \frac{1}{4^3} + \cdots + \frac{n - 2}{4^{n - 1}} + \frac{n - 1}{4^n}

として、Sn14SnS_n - \frac{1}{4}S_n を計算すると、分子が常に1となり、等比数列の形にできるため、

(114)Sn=14+142+143++14n1+14n34Sn=k=1n14k34Sn=k=1n14(14)k134Sn=141(14)n114Sn=14{1(14)n} \begin{aligned} \left(1 - \frac{1}{4} \right) S_n &= \frac{1}{4} + \frac{1}{4^2} + \frac{1}{4^3} + \cdots + \frac{1}{4^{n-1}} + \frac{1}{4^n} \ \frac{3}{4} S_n &= \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{4^k} \ \frac{3}{4} S_n &= \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{4} \cdot \left( \frac{1}{4} \right)^{k - 1} \ \frac{3}{4} S_n &= \frac{1}{4} \cdot \frac{1 - \left( \frac{1}{4} \right)^n}{1 - \frac{1}{4}} \ S_n &= \frac{1}{4} \cdot \left{ 1 - \left( \frac{1}{4} \right)^n \right} \end{aligned}

したがって、求める極限値は、

limnk=1nk4k=limnSn=14 \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{4^k} = \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{4}

例題10

次の極限値を求めよ。

limnk=1nk(k+1)! \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!}

分数を次のように変形する。

k(k+1)!=(k+1)1(k+1)!=k+1(k+1)!1(k+1)!=k+1(k+1)k!1(k+1)!=1k!1(k+1)! \begin{aligned} \frac{k}{(k + 1)!} &= \frac{(k + 1) - 1}{(k + 1)!} \ &= \frac{k + 1}{(k + 1)!} - \frac{1}{(k + 1)!} \ &= \frac{k + 1}{(k + 1) \cdot k!} - \frac{1}{(k + 1)!} \ &= \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k + 1)!} \end{aligned}

これの第n部分和は、

k=1n(1k!1(k+1)!)=(11!12!)+(12!13!)++(1n!1(n+1)!)=11(n+1)! \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} \left( \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k + 1)!} \right) &= \left( \frac{1}{1!} - \cancel{ \frac{1}{2!} } \right) + \left( \cancel{ \frac{1}{2!} } - \bcancel{ \frac{1}{3!} } \right) + \cdots + \left( \xcancel{ \frac{1}{n!} } - \frac{1}{(n+1)!} \right) \ &= 1 - \frac{1}{(n+1)!} \end{aligned}

となり、これを極限値をとって、

limnk=1nk(k+1)!=limn(11(n+1)!)=1 \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!} = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{(n+1)!} \right) = 1

例題11

次の無限級数の収束条件とその和を求めよ。

1+x(1x)+x2(1x)2++xn(1x)n+ 1 + x(1 - x) + x^2 (1 - x)^2 + \cdots + x^n (1 - x)^n + \cdots

この無限級数は、初項1で、公比がx(1x)x(1-x)の無限等比級数である。
収束条件は公比の絶対値が1未満であるので、

1<x(1x)<1 -1 < x(1-x) < 1

を満たすようなxの範囲であることである。
この2次の不等式を解くためのグラフを描くと次のようになる。

グラフ

よって、収束条件は、

152<x<1+52 \frac{1-\sqrt{5}}{2} < x < \frac{1+\sqrt{5}}{2}

となる。
その和は、

limnk=1n1{x(1x)}k1=limn1{x(1x)}n1x(1x)=11x(1x)x(1x)<1=1x2x+1 \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} 1 \cdot \left{ x (1 - x) \right}^{k - 1} &= \lim_{n \to \infty} \frac{1 - \left{ x(1 - x) \right}^n}{1 -x(1-x)} \ &= \frac{1}{1 -x(1-x)} , \because |x(1-x)| < 1 \ &= \frac{1}{x^2 - x + 1} \end{aligned}

まとめ

とりあえず、以下のポイントを自分の頭の「おどうぐばこ」に入れておきます。

  • 無限級数は部分和を考えてから極限値をとって求める。
  • 根号が出てきたら、分母の有理化のみならず、分子の有理化の操作を試みる。
  • ネイピア数の定義の式を作れないかどうかを確かめる。
  • 二項定理で得られる項との大小関係を示し、はさみうちの定理で求める。
  • 指数が出てくる場合は、対数をとったものの極限値を求め、それを底の指数部分にすることで求められないかどうかを確かめる。
  • 絶対値が1よりも小さいものの無限大乗はゼロに収束することを利用すれば、何かしらの大小関係を示し、はさみうちの定理が使えるかも?
  • 部分分数分解は有能である。
    何かしらの分解を行い、項に引き算が出てくる形を作ろうとしてみる。
  • 無限等比級数は収束条件さえ見つければ問題はない。
    公比の絶対値が1未満であること、また、初項が0であることも条件となる。
作成日: 2018/12/16