1.6 解答

(a)どんな整数

を選んでも $2^{n} \geq N$ となる番号 $n$

が存在する．よって非有界

(b) $a_{n}$ は $\sqrt{2}$ の第 $n$

位までを表わしているので， $n$

がどんなに大きくなっても $\sqrt{2}$ より大きくなれない．よって有界

(a) $\lim_{n \to \infty}a_{n} = \alpha$ とおくと $a_{n+1} = \sqrt{3a_{n} + 4}$ より $\alpha = \sqrt{3\alpha + 4}$ となる．そこで両辺を2乗すると $\alpha^2 = 3 \alpha + 4$ となるので， $\alpha = -1,4$ ．条件 $a_{1} = 1$ より $\alpha = 4$ と考えられる．次に $\lim_{n \to \infty}a_{n} = 4$ であることを示す．定理1．13より $\vert a_{n+1} - 4\vert \leq \lambda \vert a_{n} - 4\vert$ となる $0 < \lambda < 1$ が存在することを示せばよい．

$\displaystyle \vert a_{n+1} - 4\vert$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \vert\sqrt{3a_{n} + 4} - 4\vert = \vert\frac{3a_{n} + 4 - 4^2}{\sqrt{3a_{n} + 4} + 4}\vert$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \vert\frac{3(a_{n} - 4)}{\sqrt{3a_{n} + 4} + 4}\vert = \frac{3}{\sqrt{3a_{n} + 4} + 4} \vert a_{n} - 4\vert$

(b) $\displaystyle{a_{3} = 2^{\frac{1}{2}}, a_{4} = 2^{\frac{3}{4}}, a_{5} = 2^{\frac{5}{8}}, \ldots , a_{n} = 2^{\frac{2(n-2) - 1}{2^{n-2}}}}$ ．よって $\lim_{n \to \infty} a_{n} = 1$

(a) $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}(1 - \frac{1}{n^2})^n = \lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})^{n}(1 - \frac{1}{n})^{n} = e \frac{1}{e} = 1}$

$\displaystyle \lim_{n \to \infty}(1 + \frac{2}{n})^{n} = \lim_{m \to \infty}[(1 + \frac{1}{m})^{m}]^{2} = e^{2}$

(c) $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}\left\vert\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right\vert < 1 \leftrightarrow \lim_{n \to \infty} a_{n} = 0 }$ を用いる．

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left\vert\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right\vert = ... ... \infty}\frac{2^{n+1}/(n+1)!}{2^{n}/n!} = \lim_{n \to \infty}\frac{2}{n+1} = 0$

(d) $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}\left\vert\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right\vert < 1 \leftrightarrow \lim_{n \to \infty} a_{n} = 0 }$ を用いる．

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left\vert\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right\vert$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{(n+1)!/(n+1)^{n+1}}{n!/n^{n}}$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{n+1}{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\right)^{n} = \frac{1}{e}$

(a) $\displaystyle{\lim_{x \to 0} \frac{\log{(1 + x)}}{x} = \lim_{x \to 0}\log{(1+x)^{\frac{1}{x}}} = \log{e} = 1}$

(b) $e^{h} - 1 = x$ とおくと $h = \log{(1+x)}$ で $x \to 0$ と $h \to 0$ は同値．よって 1-8-1aより

$\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{e^{h} - 1}{h} = \lim_{x \to 0}\frac{x}{\log{(1+x)}} = 1$

$\displaystyle \lim_{x \to a} \frac{\log{x} - \log{a}}{x - a}$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{h \to 0}\frac{\log{(\frac{a+h}{a}}}{h} = \lim_{h \to 0}\frac{\log{(1 + \frac{h}{a}}}{h}$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{h \to 0}\log{(1 + \frac{h}{a})^{\frac{1}{h}}} = \frac{1}{a}$

$\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{(1+x)^{\alpha} - 1}{x}$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^{\alpha \log(1+x)} - 1}{x}$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{e^{\alpha \log(1+x)} - 1}{\alpha \log(1+x)}\cdot \frac{\alpha \log(1+x)}{x}$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{h \to 0}\frac{e^{h} - 1}{h} \lim_{x \to 0}\frac{\log(1+x)}{x} \alpha = \alpha$

(e) $\displaystyle{\lim_{x \to 0}x^{x} = \lim_{x \to 0}e^{x \log{x}}}$ . ここで $\lim_{x \to 0} x \log{x}$ を求める．

$\displaystyle \lim_{x \to 0} x \log{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\log{x}}{\frac{1}{x}}$

(a) $(\sqrt{a_{n}} - \sqrt{b_{n}})^2 \geq 0$ より， $\frac{a_{n} + b_{n}}{2} \geq \sqrt{a_{n}b_{n}}$ . したがって， $n \geq 1$ において $b_{n+1} \leq a_{n+1}$ が成り立つ．ということは， $a_{n+1} = \frac{a_{n}+b_{n}}{2} \leq \frac{a_{n}+a_{n}}{2} = a_{n}$ ．また， $b_{n+1} = \sqrt{a_{n}b_{n}} \geq \sqrt{b_{n}b_{n}} = b_{n}$ ．これより， $\{a_{n}\}$ は下に有界な単調減少数列で $\{b_{n}\}$ は上に有界な単調増加数列となり収束する．

(b) $c_{n+1} = a_{n+1} - b_{n+1}$ とおくと，すべての $n$

で $b_{n+1} \leq a_{n+1}$ より， $c_{n+1} \geq 0$ . また， $c_{n+1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2} - \sqrt{a_{n}b_{n}} = \frac{a_{n}+b_{n} - 2\sqrt{a_{n}b_{n}}}{2}$ . ここで， $\sqrt{b_{n}}<\sqrt{a_{n}}$ より，両辺に $2\sqrt{b_{n}}$ をかけると， $2b_{n} < 2\sqrt{a_{n}b_{n}}$ となる．これより，

$\displaystyle c_{n+1} = \frac{a_{n}+b_{n} - 2\sqrt{a_{n}b_{n}}}{2} < \frac{1}{2}(a_{n} - b_{n}) = \frac{1}{2}c_{n}$