mathdiaryのブログ

数学についての覚え書きを雑多にしていきます.

点P

杉浦解析Iの解法メモ②

正数列 $\displaystyle \{ a_n \}$ に関して, ある実数 $a \geqq 0$ が存在して $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=a$ が成り立つなら, $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \left( a_n \right) ^{\frac 1 n}=a$ が成り立つ.

(証明)

任意の正の実数 $c$ について, $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} c^{\frac 1 n} = 1$ となることは既知として以下で用いる.

$\delta > 0$ を任意に取る. これに応じて $\epsilon=\epsilon(\delta) > 0$を,

$\displaystyle \epsilon < \min\left\{ 1, \frac{1}{2}, \frac{2\delta}{2a+2} \right\}$

となるようにとる.

この正数についてある自然数 $N_1=N_1(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq N_1$ について $|a_n-a| < \epsilon$ となるものが存在する. このとき $a_n < a+\epsilon$ である.

この $N_1$ に応じたある自然数 $N_2=N_2(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq N_2$ について $(a_{N_1})^{\frac 1 n} < 1 + \epsilon$ となるものをとる.

さらに $N_1$ に応じたある自然数 $N_3=N_3(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq N_3$ について $\displaystyle ((a+\epsilon)^{N_1})^{\frac 1 n}> 1-\epsilon > 0$ となるものがとれる.

そこで $N=\max\{N_1, N_2, N_3\}$ と定めれば, $\forall n \geqq N$ について上の3つの性質が満たされる. $n > N$ とするとき,

$\displaystyle (a_n)^{\frac 1 n} = \left( a_{N_1} \times \frac{a_{N_1 + 1}}{a_{N_1}} \times \frac{a_{N_1 + 2}}{a_{N_1 + 1}} \times \cdots \times \frac{a_n}{a_{n-1}} \right)^{\frac 1 n}$
$\displaystyle = (a_{N_1})^{\frac 1 n} \times \left( \frac{a_{N_1 + 1}}{a_{N_1}} \times \frac{a_{N_1 + 2}}{a_{N_1 + 1}} \times \cdots \times \frac{a_n}{a_{n-1}} \right)^{\frac 1 n}$
$\displaystyle < (1+\epsilon) \times \left( (a + \epsilon)^{n - N_1} \right)^{\frac 1 n}$
$\displaystyle =(1+\epsilon) \times \left( \frac{\left( a + \epsilon \right)^n}{\left( a + \epsilon \right)^{N_1}} \right)^{\frac 1 n}$
$\displaystyle =(1+\epsilon) \times \frac{a + \epsilon}{\left( (a+\epsilon)^{N_1} \right)^{\frac 1 n}} $
$\displaystyle < (1+\epsilon) \times \frac{a+\epsilon}{1-\epsilon}$
$\displaystyle =\frac{a+\epsilon(a + \epsilon + 1)}{1-\epsilon}$

となる. よって,

$\displaystyle (a_n)^{\frac 1 n} - a < \frac{a+\epsilon(a + \epsilon + 1)}{1-\epsilon} - a$
$\displaystyle =\frac{a+\epsilon(a + \epsilon + 1)-(1-\epsilon)a}{1-\epsilon}$
$\displaystyle =\frac{\epsilon(2a+\epsilon+1)}{1-\epsilon}$
$\displaystyle <\delta$

もしも $a=0$ であれば上の不等式は $\displaystyle (a_n)^{\frac 1 n} < \delta$ となるので, $(a_n)^{\frac 1 n} > 0$ と合わせればこれは $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} (a_n)^{\frac 1 n} = 0 = a$ を示している. そこで以下では $a>0$ として議論していく. いま, $\delta$ は上で取ったものと同じとする. 今度は $\epsilon>0$ を,

$\displaystyle \epsilon < \min \left\{ 1, \frac{\delta}{2a+1} , a \right\}$

と取る. この $\epsilon$ について自然数 $M_1=M_1(\epsilon)$ を, $\forall n \geqq M_1$ について $|a_n-a| < \epsilon$ となるようにとる. このとき $a_n > a-\epsilon > 0$ である.

この $M_1$ に応じたある自然数 $M_2=M_2(\epsilon)$ を, $\forall n \geqq M_2$ について $(a_{M_1})^{\frac 1 n} > 1 - \epsilon > 0$ となるようにとる.

さらに $M_1$ に応じたある自然数 $M_3=M_3(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq M_3$ について $\displaystyle ((a-\epsilon)^{M_1})^{\frac 1 n} < 1+\epsilon$ となるものがとれる.

これらの不等式を用いて先と同様に計算すれば, $\forall n > M=\max\{M_1, M_2, M_3 \}$ について $(a_n)^{\frac 1 n}-a>-\delta$ が導かれる.

結局 $\forall n > \max\{M, N\}$ について $-\delta < (a_n)^{\frac 1 n}-a < \delta $ すなわち $\left|(a_n)^{\frac 1 n}-a\right| < \delta$ が示された. ゆえに収束することが示された.(証明終)