1.6 解答

1.6

1.

(a)どんな整数 $N$ 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

2.

(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．

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

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

ここで， $\lambda = \frac{3}{\sqrt{3a_{n} + 4} + 4} < 1$

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

3.

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

(b) $\frac{2}{n} = \frac{1}{m}$ とおくと $n = 2m$ よって

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

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

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

よって $${\lim_{n \to \infty} \frac{2^{n}}{n!} = 0}$$

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

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

$$= \lim_{n \to \infty}\frac{n+1}{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}$$

$$= \lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\right)^{n} = \frac{1}{e}$$

よって $${\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^{n}} = 0}$$

4.

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

(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

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

(c)$x -a = h$ とおくと

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

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

(d)

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

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

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

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

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

より $\log{x} = t$ とおくと $x = e^{t}$. よって 例題1.32より $${\lim_{x \to 0} \frac{\log{x}}{\frac{1}{x}} = \lim_{t \to - \infty} \frac{t}{e^{-t}} = 0}$$．これより， $${\lim_{x \to 0}x^{x} = 1}$$

5.

(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，

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

したがって， $\lim_{n \to \infty}c_{n} = 0$となり， $\lim_{n \to \infty}a_{n} = \lim_{n \to \infty}b_{n}$.