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）

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,

$\displaystyle n=(1+h_n)^n \geqq 1+nh_n+\frac{1}{2}n(n-1)h_n^2$

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）,

$\displaystyle h_n^2+\frac{2}{n-1}h_n-\frac{2}{n} \leqq 0$

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,

$\displaystyle \left( h_n+\frac{1}{n-1} \right)^2 \leqq \frac{2}{n} + \frac{1}{\left(n-1\right)^2}$

両辺の正の平方根をとれば,

$\displaystyle \left| h_n+\frac{1}{n-1} \right| \leqq \sqrt{\frac{2}{n} + \frac{1}{\left(n-1\right)^2}}$

ゆえに $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\left( h_n + \frac{1}{n-1} \right) = 0$. これより,

$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} h_n = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( h_n+\frac{1}{n-1} \right)-\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n-1}=0-0=0$

以上より,

$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}n^{\frac 1 n} = \lim_{n \rightarrow \infty}\left( 1 + h_n \right) = 1+0=1$