やりなおしの数学・微分積分篇（05/X） - 「大人の教養・知識・気付き」を伸ばすブログ

以下の書籍

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を参考に、改めて微分積分を復習していく。

前回

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今日のまとめ

任意の実数は有理数からなる数列の極限となる。

上に有界な単調増加列はその上限に収束する。また下に有界な単調減少列はその下限に収束する。

前回
今日のまとめ
4.　数列
- 4.3　極限の基本的性質
- 4.4　単調列
  - 4.4.1　単調列の収束性
  - 4.4.2　単調列の収束性の例
次回

4.　数列

　前節で実数の連続性を導入した。これを用いることで数列の収束・極限を厳密に定義することが出来る。

4.3　極限の基本的性質

4.3.4　極限の計算例

(1) $\ 0\gt a\gt1$ のとき $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}a^n}$ を求めよ。
　 $0\gt a\gt1$ であるから $a=\displaystyle{frac{1}{1+h}}$ とおけば、 $h\gt0$ である。
　二項定理より

$\begin{aligned} (1+h)^n=1+nh+\cdots+h^n\gt nh \end{aligned}$

であるから、

$\begin{aligned} 0\lt a^n=\displaystyle{\frac{1}{(1+h)^n}}\lt\displaystyle{\frac{1}{nh}} \end{aligned}$

が成り立つ。
　 $\displaystyle{\frac{1}{nh}}\rightarrow 0 (n\rightarrow\infty)$ であるから、はさみうちの原理より

$\begin{aligned} a^n\rightarrow0(n\rightarrow\infty) \end{aligned}$

である。

(2) $a_n=\displaystyle{\frac{\sin n}{n}}$ の極限を求めよ。
　 ${}^{\forall}x\in\mathbb{R}$ に対して $-1\leq\sin x\leq1$ であるから

$\begin{aligned} \ -\displaystyle{\frac{1}{n}}\leq\sin x\leq\displaystyle{\frac{1}{n}} \end{aligned}$

が成り立つ。

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}\displaystyle{\frac{1}{n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(-\displaystyle{\frac{1}{n}}\right)=0 \end{aligned}$

であるから、はさみうちの原理から $a_n=\displaystyle{\frac{\sin n}{n}}\rightarrow0(n\rightarrow\infty)$ である。

4.3.5　極限の大小関係

　収束列 $\{a_n\},\{b_n\}$ に対して ${}^{\forall}n\in\mathbb{N}(a_n\geq b_n)$ ならば、

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}a_n\geq\lim_{n\rightarrow\infty}b_n \end{aligned}$

が成り立つ。

( $\because$ 　収束列 $\{a_n\},\{b_n\}$ に対してそれらの極限をそれぞれ $\alpha,\beta$ とおく。このとき、極限の定義から、

$\begin{aligned} ({}^{\exists}N_1,N_2\in\mathbb{N})({}^{\forall}\varepsilon_1,\varepsilon_2\gt0)({}^{\forall}n_1\geq N_1,\ n_2\geq N_2)(|a_{n_1}-\alpha|\lt\varepsilon_1,\ |b_{n_2}-\beta|\lt\varepsilon_2) \end{aligned}$

したがって

$\begin{aligned} \alpha-\varepsilon\lt a_n\lt \alpha+\varepsilon,\ \beta-\varepsilon\lt b_n\lt \beta+\varepsilon \end{aligned}$

が成り立つ。
　 $a_n\geq b_n$ より

$\begin{aligned} &\ \beta-\varepsilon\lt b_n\leq a_n\lt \alpha+\varepsilon\\ \Leftrightarrow&\ \beta\lt \alpha+2\varepsilon \end{aligned}$

であり、 $\varepsilon$ は任意の正数であったから

$\begin{aligned} &\ \beta-\alpha\leq0\\ \Leftrightarrow&\ \beta\leq\alpha\ \ \ \blacksquare \end{aligned}$

4.3.6　実数に収束する有利数列の存在

　任意の実数は有理数からなる数列の極限となることが示される。すなわち

$\begin{aligned} {}^{\exists}\{p_n\}\ s.t.\ ( ({}^{\forall}n\in\mathbb{N})(p_n\in\mathbb{Q})\land (\lim_{n\rightarrow\infty}p_n=x)) \end{aligned}$

　
( $\because$ 　有理数の稠密性から、任意の $n\in\mathbb{N}$ に対して

$\begin{aligned} x-\displaystyle{\frac{1}{n}}\lt p_n\lt x+\displaystyle{\frac{1}{n}} \end{aligned}$

を満たす有理数 $p_n$ が存在する。ここで

$\begin{aligned} x\pm\displaystyle{\frac{1}{n}}\rightarrow x (n\rightarrow\infty) \end{aligned}$

であるから、はさみうちの原理から

$\begin{aligned} p_n\rightarrow x (n\rightarrow\infty) \end{aligned}$

が成り立つ。　 $\blacksquare$ ）

4.4　単調列

　数列が与えられたときにその収束性を判定することを考える。その簡単な例として、単調列を導入する。

　任意の $n\in\mathbb{N}$ について
$\begin{aligned} a_{n+1}\geq a_n \end{aligned}$
が成り立つような数列 $\{a_n\}$ を単調増加列という。
　逆に任意の $n\in\mathbb{N}$ について
$\begin{aligned} a_{n+1}\leq a_n \end{aligned}$
が成り立つような数列 $\{a_n\}$ を単調減少列という。単調増加列と単調減少列を併せて単調列という。

4.4.1　単調列の収束性

　上に有界な単調増加列はその上限に収束する。また下に有界な単調減少列はその下限に収束する。

（ $\because$ 　上に有界な単調増加列 $\{a_n\}$ について収束性を証明する。 $\{a_n\}$ が上に有界な集合であるから、 $\alpha=\displaystyle{\sup_{n}a_n}\lt\infty$ が存在する。任意の $\varepsilon\gt0$ を取ると $\alpha-\varepsilon$ は $\{a_n\}$ の上界でないから、ある $N\mathbb{N}$ について

$\begin{aligned} \alpha-\varepsilon\lt a_N\leq\alpha \end{aligned}$

が成り立つ。また数列の単調性から $n\geq N$ であるようなすべての $n$ についても

$\begin{aligned} \alpha-\varepsilon\lt a_n\leq\alpha \end{aligned}$

が成り立つ。このとき $\alpha-\varepsilon\lt a_n\lt\alpha+\varepsilon$ が成り立つから、 $n\geq N$ であるようなすべての $n$ についても

$\begin{aligned} &\ \alpha-\varepsilon\lt a_n\lt\alpha+\varepsilon\\ \Leftrightarrow&\ \left|a_n-\alpha\right|\lt\varepsilon \end{aligned}$

である。これは

$\begin{aligned} a_n\rightarrow\alpha(n\rightarrow\infty) \end{aligned}$

であることに他ならない。
　単調減少列 $\{a_n\}$ については $\{b_n|b_n=-a_n\}$ とすれば単調増加列の議論に帰着できる。　 $\blacksquare$ ）

4.4.2　単調列の収束性の例

　 $a_{n+1}=\sqrt{a_{n}+1}$ について、単調性及び有界性を示したうえでその極限を求めよ。

　関数 $f(x)=\sqrt{x+1}$ とおくと $f(a_{n+a})=\sqrt{a_{n}+1}$ が成り立つ。また

$\begin{aligned} f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}(x+1)^{-\frac{1}{2}}\gt,\ x\gt-1 \end{aligned}$

が成り立つので、 $f(x)$ は $x\gt-1$ において単調増加である。
　まず単調性を示す。 $n=1$ について

$\begin{aligned} a_2=\sqrt{a_1+1}=\sqrt{2}\gt1=a_1 \end{aligned}$

であるから、単調増加性が成り立つ。
　次に $n=k\gt1$ について単調増加性が成り立つと仮定する。すなわち

$\begin{aligned} a_{k}=\sqrt{a_{k-1}+1}\gt a_{k-1} \end{aligned}$

と仮定すると、関数 $f(x)$ の単調増加性から

$\begin{aligned} a_{k+1}\gt f(a_k) \end{aligned}$

が成り立つ。したがって $n=k+1$ についても単調増加性が成り立つ。
　次に $\{a_n\}$ が上に有界であることを示す。すなわち ${}^{\exists}\alpha\in\mathbb{R}\ s.t.\ {}^{\forall}n\geq a_n\leq \alpha$ が成り立つことを示す。この $\alpha$ として $\sqrt{x+1}=x$ の解、すなわち $\alpha=\displaystyle{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$ を取る。
　まず $n=1$ のとき、 $2\lt\sqrt{5}\lt 3$ であるから

$\begin{aligned} 1\lt\frac{3}{2}\lt \frac{\sqrt{5}+1}{2}\lt 2 \end{aligned}$

と $a_1\lt\alpha$ が成り立つ。
　次に $n=k\gt1$ において $a_k\lt\alpha$ が成り立つと仮定する。このとき $f(x)$ の単調増加性より

$\begin{aligned} a_{k+1}=f(a_{k})\lt f(\alpha) \end{aligned}$

が成り立ち、

$\begin{aligned} \sqrt{\alpha+1}=\sqrt{\frac{\sqrt{5}+1}{2}+1}=\sqrt{\frac{\sqrt{5}+3}{2}}=\sqrt{\frac{2\sqrt{5}+6}{4}}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}=\alpha \end{aligned}$