杉浦の解析Iの覚え書き①
( 1 ) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a^n}{n!}=0$
- $a=0$ なら明らか. $a \neq 0$ とする. このとき $|a| > 0$ である. $|a|$ と $1$ についてアルキメデスの定理を用いれば, ある自然数 $S=S(a)$ であって $S > |a|$ となるものが存在する. $m \geqq S$ ならば $m > |a|$ となることは明らか. また,
$\displaystyle M = M(a) := \frac{|a|^{S}}{S!} > 0$ と定める. わざわざ一度 $S(a)$, $M(a)$ と書いたのは $a$ に依存して決まることを明確にするため. さて $\epsilon > 0$ を任意にとる. 再びアルキメデスの原理を $|a|$ と $\displaystyle \frac{\epsilon}{M} > 0$ について用いれば, ある自然数 $T=T(a, \epsilon)$ であって,$\displaystyle |a| < T\frac{\epsilon}{M}$ となるものが存在する. すなわち $\displaystyle \frac{|a|}{T} < \frac{\epsilon}{M}$.
ここで $N = N(a, \epsilon) := \max \{ S, T \}$ とさだめ, $n \geqq N+2$ とする. すると$\displaystyle \frac{|a|^n}{n!}= \frac{|a|^S}{S!} \times \left( \prod_{k=1}^{n-S-1} \frac{|a|}{S+k} \right) \times \frac{|a|}{n}$ と表せる(わざわざ $n \geqq N+2$ としたのは, $\prod$ において $n-S-1 \geqq 1$ とするためなので別に本質的ではない).
$S$ の定義より, 全ての $1 \leqq k \leqq n-S-1$ について $\displaystyle \frac{|a|}{S+k} < 1$. また $n > N \geqq T$ なので $\displaystyle \frac{|a|}{n} < \frac{|a|}{T} < \frac{\epsilon}{M}$. よって上の式について以下のような評価が得られる.$\displaystyle \frac{|a|^S}{S!} \times \left( \prod_{k=1}^{n-S-1} \frac{|a|}{S+k} \right) \times \frac{|a|}{n} < M \times \frac{\epsilon}{M}=\epsilon$
以上より, $\displaystyle \forall n \geqq N+2 : ~~ \left| \frac{a^n}{n!} \right| = \frac{|a|^n}{n!} < \epsilon$. よって $0$ に収束することが示された. - ( 2 ) $a>0$ のとき $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} a^{\frac 1 n}=1$
- $a=1$ なら自明であるから $a \neq 1$ としてよい. まず $a > 1$ のときを考える. すると $\displaystyle a^{\frac 1 n} > 1$ である. なぜなら $\displaystyle ( ~ 0 < ~ ) ~ a^{\frac 1 n} \leqq 1$ とすると, 両辺を $n$ 乗すれば $a \leqq 1$ となり矛盾するからである. よってある $h_n > 0$ によって $\displaystyle a^{\frac 1 n} = 1 + h_n$ と表される. よって
$\displaystyle a = (1+h_n)^n \geqq 1 + nh_n$ なので $\displaystyle 0 < h_n \leqq \frac{a-1}{n}$ を得る. $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a-1}{n}=0$ なので, $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} h_n=0$ である. よって,$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} a^{\frac 1 n} = \lim_{n \rightarrow \infty} (1 + h_n) = 1 + 0 = 1$ が示される.
次に $0 < a < 1$ のときを考える. まず任意の自然数 $n \geqq 1$ について $\displaystyle a^{\frac 1 n} < 1$ である. なぜなら $\displaystyle a^{\frac 1 n} \geqq 1$ とすると, 両辺を $n$ 乗すれば $a \geqq 1$ となり仮定に矛盾するからである.
この結果を用いて数列 $\displaystyle \left\{a^{\frac 1 n}\right\}$ が単調増加であることを示す. すなわち,$ \displaystyle a^{\frac{1}{n+1}}-a^{\frac 1 n} = a^{\frac{1}{n+1}}~\left(~1 - a^{\frac{1}{n(n+1)}}~\right)~ > 0$. よって狭義単調増加であることが分かった. これと $a \leqq \displaystyle a^{\frac 1 n} \leqq 1$, すなわち上に有界かつ全ての項が $a$ 以上なことを合わせれば, 数列 $\displaystyle \left\{ a^{\frac 1 n}\right\}$ はある正の実数 $c$ に収束することが分かる.
さて $\displaystyle b = \frac 1 a > 1$ について上と同様の議論をすれば,$\displaystyle 1 = \lim_{n \rightarrow \infty} b^{\frac 1 n} = \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{a^{\frac 1 n}} = \left( \lim_{n \rightarrow \infty}a^{\frac 1 n} \right)^{-1}=\frac 1 c$ ゆえに $\displaystyle c = \lim_{n \rightarrow \infty}a^{\frac 1 n} = 1$ が示された(上の議論は数列 $\displaystyle \left\{a^{\frac 1 n}\right\}$ が収束することが分かっていないとできないので, 極限 $c$ の存在を示す必要がある). - ( 3 ) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n!}{n^n} = 0$
- $\displaystyle 0 \leqq \frac{n!}{n^n} = \prod_{k=1}^n \frac{k}{n} \leqq \frac 1 n$. よってはさみうちの原理から示される.
- ( 4 ) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n}{2^n}=0$
- 任意の自然数 $n \geqq 2$ について,
$\displaystyle 2^n = (1+1)^n \geqq \frac{n(n-1)}{2} > \frac{n^2}{2}$ よって $\displaystyle \frac{n}{2^n} < \frac{2}{n}$ なので示された.
$n$ の $n$ 乗根の収束値
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} n^{\frac 1 n} = 1$ を微分を使わずに示すメモ.
初めの有限個の項の値は収束値に関係ないので, $n \geqq 2$ の範囲で考えて良い. するとこの範囲では $\displaystyle n^{\frac 1 n} > 1$ なので(これは背理法で示される), 各 $n$ に対してある $h_n > 0$ が存在して $\displaystyle n^{\frac 1 n} = 1 + h_n$ と書ける. すると, $n \geqq 2$ と $h_n>0$ のおかげで,
が成り立つ. これを整理して両辺を $n(n-1)$ で割れば($n\geqq 2$ なので割れる),
という不等式が得られる. これを $h_n$ について平方完成して整理すると,
両辺の正の平方根をとれば,
ゆえに $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\left( h_n + \frac{1}{n-1} \right) = 0$. これより,
以上より,
2018年度東京大学理系数学第2問
面白かったので一つの解法を書く.
(1) まず地道に計算することで,
を得る. 分母分子ともに整数となっていることは明らか. 分母と分子が互いに素であることを示す.
$n$ を1つ固定するとき, $a=2n+1$, $b=-8$ とおけば,
となる. よってこれら2数はどの $n$ についても互いに素であることが分かった(共通因数を $d$ などとおいて上の式を書きかえれば $d=1$ しかないと分かる).
(2) 私見だが, (1) でわざわざ分母を $p_n$, 分子を $q_n$ とおいて求めさせたのはヒントではないかと思う. いま,
さて(1)で求めた $q_n$ を見ると, 全て奇数であると分かる. ということは上式の分子は奇数であるから, もしも $p_2$ から $p_n$ のうちどれか1つでも偶数であったらもはや整数にはなりえない. そこで $p_n$ がいつ偶数になるかを調べれば, $p_3=6$ となっていると分かる. よって $n \geqq 3$ では $a_n$ は整数にならないので, あと調べるべきは $n=1, 2$ のみであり, $a_1$, $a_2$ はどちらも整数になっている.(終わり)
初めは $a_n < 1$ になれば整数にはならないだろうと考えて, 大小関係から解こうと試みた. 実際これでも解けるのだが, $a_8$ まで手計算しなければならず, 試験会場では困難である.