数学汎典

§B1.11不等式評価とはさみうちの原理の運用

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直接計算しにくい極限でも、求めたい量を極限の分かる二つの量で上下から評価すれば、極限を決定することができます。本記事では、不等式が成り立つ範囲を確かめながら評価を組み立て、はさみうちの原理を数列と関数の極限に用います。また、下から評価するだけで正の無限大への発散を示す場合も扱います。

1 はさみうちの原理とその条件

定理 1.1 (数列のはさみうちの原理). ある正の整数NNが存在し、すべてのn≥Nn\ge Nについて

an≤bn≤cna_n\le b_n\le c_n

が成り立つとする。さらに

lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞cn=L\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}c_n=L

ならば、

lim⁡n→∞bn=L\lim_{n\to\infty}b_n=L

である。

nnが大きいときana_nとcnc_nはともにLLの近くにあり、bnb_nはその間にあるので、bnb_nもLLの近くにあります。この定理のε\varepsilon-NNによる証明は§D1.6 定理 3.1に委ねます。有限個の項が極限を変えないので、不等式はすべての正の整数について成り立つ必要はなく、ある番号から先で成り立てば十分です。

定理 1.2 (関数のはさみうちの原理). 関数f,g,hf,g,hが、点aaのある穿孔近傍、すなわちあるδ>0\delta>0に対する0<∣x−a∣<δ0<|x-a|<\deltaを満たすすべてのxxからなる共通の定義域で定義されているとする。その定義域のすべてのxxについて

g(x)≤f(x)≤h(x)g(x)\le f(x)\le h(x)

が成り立つとする。さらに

lim⁡x→ag(x)=lim⁡x→ah(x)=L\lim_{x\to a}g(x)=\lim_{x\to a}h(x)=L

ならば、

lim⁡x→af(x)=L\lim_{x\to a}f(x)=L

である。

同じ主張はx→∞x\to\inftyおよびx→−∞x\to-\inftyに対しても成り立つ。x→∞x\to\inftyの場合には、ある実数MMに対してf,g,hf,g,hがx>Mx>Mを満たすすべてのxxからなる共通の定義域で定義され、そのすべてのxxで不等式が成り立つと仮定する。x→−∞x\to-\inftyの場合には、ある実数MMに対してf,g,hf,g,hがx<Mx<Mを満たすすべてのxxからなる共通の定義域で定義され、そのすべてのxxで不等式が成り立つと仮定する。

関数の場合も同じ理由で成り立ちます。xxがaaに十分近いとき（x→±∞x\to\pm\inftyではxxが十分大きい、または十分小さいとき）、g(x)g(x)とh(x)h(x)はともにLLの近くにあり、f(x)f(x)はその間にあるからです。不等式を確かめる範囲は0<∣x−a∣<δ0<|x-a|<\deltaだけでよく、x=ax=aでの値は結論に関係しません。

例 1.3. すべての正の整数nnについて

−1≤(−1)n≤1-1\le(-1)^n\le1

であり、両端の定数数列はそれぞれ−1-1と11に収束するが、二つの極限は一致しない。同じ両端に挟まれる数列でも、定数数列00は00に収束するのに対し、{(−1)n}\{(-1)^n\}は§B1.7 定理 2.1の 4 により振動して収束しない。したがって、両端の極限が一致するという仮定を欠くと、挟まれた数列の極限は決まらない。

2 有界な量を含む評価

sin⁡n\sin nのように絶対値が一定の範囲に収まる量に、00に近づく量を掛けた式は、その範囲を使って上下から挟むことができます。

例 2.1.−1≤sin⁡n≤1-1\le\sin n\le1の各辺を正の整数nnで割ると、不等号の向きは変わらず

−1n≤sin⁡nn≤1n-\frac1n\le\frac{\sin n}{n}\le\frac1n

である。両端が00に収束するため、定理 1.1より

lim⁡n→∞sin⁡nn=0\lim_{n\to\infty}\frac{\sin n}{n}=0

である。

3 ある番号から先で成り立つ評価

極限では、必要な不等式が成り立ち始める番号を明示します。

例 3.1.n≥4n\ge4ならばn−3≥n/4n-3\ge n/4なので、n≥4n\ge4について

0≤nn3−3n2+n=1n(n−3)+1≤4n20\le\frac{n}{n^3-3n^2+n} =\frac1{n(n-3)+1} \le\frac4{n^2}

である。n=1,2,3n=1,2,3では不等式が成り立たない（n=1,2n=1,2では中央の式の分母n3−3n2+nn^3-3n^2+nが負であり、n=3n=3では中央の式の値11が49\dfrac49を超える）が、定理 1.1で要求されるのはある番号から先の不等式だけであり、有限個の項は極限に影響しない。したがって

lim⁡n→∞nn3−3n2+n=0\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n^3-3n^2+n}=0

である。

4 下からの評価による発散

発散を示すには、上から挟む必要はなく、下から評価するだけで足ります。

定理 4.1. ある正の整数NNが存在し、すべてのn≥Nn\ge Nについてan≤bna_n\le b_nが成り立つとする。ana_nが正の無限大へ発散するならば、bnb_nも正の無限大へ発散する。

ana_nが正の無限大へ発散するので、どんな実数KKを与えても、ある番号N1N_1から先のすべてのnnでan>Ka_n>Kとなります。n≥max⁡{N,N1}n\ge\max\{N,N_1\}ではbn≥an>Kb_n\ge a_n>Kが成り立つので、bnb_nもどんな実数KKも越えて限りなく大きくなります。一般的な証明は§D1.6 極限の性質の証明に委ねます。不等号の向きを逆にしたbn≤anb_n\le a_nからは、ana_nが正の無限大へ発散してもbnb_nの発散は結論できません。an=na_n=n、bn=0b_n=0がその例です。

例 4.2.n≥4n\ge4ならば

n2−3n=n(n−3)≥n24n^2-3n=n(n-3)\ge\frac{n^2}{4}

である。n2/4n^2/4は正の無限大へ発散するので、定理 4.1よりn2−3nn^2-3nも正の無限大へ発散する。

5 指数関数を含む評価

指数関数の増加を、二項定理による下からの評価に置き換えることができます。

例 5.1.n≥2n\ge2について、二項定理の展開の項はすべて正なので

2n=(1+1)n≥(n2)=n(n−1)22^n=(1+1)^n\ge\binom n2=\frac{n(n-1)}2

である。(n1)=n\binom n1=nだけを残すとn/2n≤1n/2^n\le1しか得られないが、分子nnより次数の高い項(n2)\binom n2を残すと

0<n2n≤2n−1(n≥2)0<\frac{n}{2^n}\le\frac{2}{n-1}\qquad(n\ge2)

となり、右端が00に収束する。したがって、定理 1.1よりn/2n→0n/2^n\to0である。

6 相加平均と相乗平均による評価

積を直接扱いにくい場合には、相加平均と相乗平均の関係によって和へ置き換えます。

例 6.1. 正の数1/n,2/n,…,n/n1/n,2/n,\ldots,n/nに相加平均と相乗平均の関係を用いると、

(n!nn)1/n≤1+2+⋯+nn2=n+12n≤34(n≥2)\left(\frac{n!}{n^n}\right)^{1/n} \le\frac{1+2+\cdots+n}{n^2} =\frac{n+1}{2n} \le\frac34\qquad(n\ge2)

である。両辺をnn乗すると

0<n!nn≤(34)n(n≥2)0<\frac{n!}{n^n}\le\left(\frac34\right)^n\qquad(n\ge2)

となる。右辺が00に収束するため、

lim⁡n→∞n!nn=0\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}=0

である。

7 関数の評価

関数でも、数列と同じように不等式が成り立つ範囲を確かめます。定理 1.2では、x→ax\to aでは0<∣x−a∣<δ0<|x-a|<\deltaの範囲で、x→∞x\to\inftyではx>Mx>Mの範囲で、三つの関数が定義されて不等式が成り立つことが求められます。

例 7.1.x>0x>0とし、二辺の長さがxxと11である直角三角形を考える。斜辺の長さはx2+1\sqrt{x^2+1}であり、斜辺は長さxxの辺より長いので

x2+1−x>0\sqrt{x^2+1}-x>0

である。一方、有理化すると

x2+1−x=1x2+1+x\sqrt{x^2+1}-x =\frac1{\sqrt{x^2+1}+x}

であり、x2+1≥x\sqrt{x^2+1}\ge xから

0<x2+1−x≤12x0<\sqrt{x^2+1}-x\le\frac1{2x}

を得る。この不等式はx>0x>0のすべてのxxで成り立つので、定理 1.2のM=0M=0の場合に当たる。右端12x=12⋅1x\dfrac1{2x}=\dfrac12\cdot\dfrac1xは、lim⁡x→∞1x=0\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac1x=0と§B1.10 定理 3.1 (2)からx→∞x\to\inftyのとき00に収束するため、定理 1.2より

lim⁡x→∞(x2+1−x)=0\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=0

である。

8 図形的な大小

図形の面積や長さによる評価も、不等式が成り立つ配置と範囲を明示すれば用いることができます。単位円の中の三角形と扇形の面積を比べて、sin⁡x\sin xをxxで上から評価します。弧度法と単位円による三角関数の定義、および扇形の面積が中心角に比例することは、§A2.2 一般角と弧度法、三角関数の定義で扱っています。

例 8.1. 角は弧度法で測る。0<x<π20<x<\dfrac\pi2とし、原点O\mathrm Oを中心とする半径11の円周上に、点A(1, 0)\mathrm A(1,\,0)と点P(cos⁡x, sin⁡x)\mathrm P(\cos x,\,\sin x)をとる。三角形OAP\mathrm{OAP}は扇形OAP\mathrm{OAP}に含まれ、扇形には弦AP\mathrm{AP}と弧AP\mathrm{AP}に挟まれた部分が残るので、扇形の面積のほうが真に大きい。三角形OAP\mathrm{OAP}の面積は、底辺OA=1\mathrm{OA}=1、高さsin⁡x\sin xから12sin⁡x\dfrac12\sin xである。扇形の面積は中心角に比例し、中心角2π2\piのとき円全体の面積π\piになるので、π⋅x2π=x2\pi\cdot\dfrac{x}{2\pi}=\dfrac x2である。したがって

12sin⁡x<x2,すなわち0<sin⁡x<x(0<x<π2)\frac12\sin x<\frac x2,\qquad\text{すなわち}\qquad 0<\sin x<x\qquad\left(0<x<\frac\pi2\right)

である。−π2<x<0-\dfrac\pi2<x<0では0<−x<π20<-x<\dfrac\pi2なので、この不等式を−x-xに用いると0<sin⁡(−x)<−x0<\sin(-x)<-xである。sin⁡(−x)=−sin⁡x=∣sin⁡x∣\sin(-x)=-\sin x=|\sin x|であるから、∣sin⁡x∣<∣x∣|\sin x|<|x|となる。よって0<∣x∣<π20<|x|<\dfrac\pi2のすべてのxxについて

−∣x∣≤sin⁡x≤∣x∣-|x|\le\sin x\le|x|

が成り立つ。x→0x\to0のとき−∣x∣-|x|と∣x∣|x|はともに00に収束するので、定理 1.2（a=0a=0、δ=π2\delta=\dfrac\pi2）より

lim⁡x→0sin⁡x=0\lim_{x\to0}\sin x=0

である。

同じ単位円からx<tan⁡xx<\tan xも得られ、sin⁡xx\dfrac{\sin x}{x}を上下から挟む例は§B1.12 基本極限（sin x / x）で扱います。

9 演習

評価では、下限と上限の両方の極限が一致すること、不等式が成り立つ範囲、および分母の符号を順に確認します。

問題 9.1. 次の問いに答えよ。

  1. 数列{an}\{a_n\}がすべての正の整数nnについて−2≤an≤3-2\le a_n\le3を満たすとき、ann\dfrac{a_n}{n}の極限を求めよ。
  2. n≥5n\ge5で成り立つ不等式を作り、lim⁡n→∞n+1n2−4n\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n+1}{n^2-4n}を求めよ。
  3. 二項定理によって3n3^nを下から評価し、lim⁡n→∞n23n=0\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^2}{3^n}=0を示せ。
  4. 例 6.1で、(n!nn)1/n≤34\left(\dfrac{n!}{n^n}\right)^{1/n}\le\dfrac34の両辺をnn乗するとき、不等号の向きが保たれる理由を説明せよ。
解答.
  1. −2≤an≤3-2\le a_n\le3の各辺を正の整数nnで割ると−2n≤ann≤3n-\dfrac2n\le\dfrac{a_n}n\le\dfrac3nであり、両端は00に収束する。定理 1.1より極限は00である。
  2. n≥5n\ge5ではn+1≤6n5n+1\le\dfrac{6n}5かつn−4≥n5n-4\ge\dfrac n5なので、n2−4n=n(n−4)≥n25>0n^2-4n=n(n-4)\ge\dfrac{n^2}5>0である。したがって 0<n+1n2−4n≤6n/5n2/5=6n(n≥5)0<\frac{n+1}{n^2-4n}\le\frac{6n/5}{n^2/5}=\frac6n\qquad(n\ge5) であり、定理 1.1より極限は00である。
  3. n≥3n\ge3について、二項定理から 3n=(1+2)n≥23(n3)=4n(n−1)(n−2)33^n=(1+2)^n\ge2^3\binom n3=\frac{4n(n-1)(n-2)}3 である。n≥4n\ge4ではn−1≥n/2n-1\ge n/2かつn−2≥n/2n-2\ge n/2なので(n−1)(n−2)≥n2/4(n-1)(n-2)\ge n^2/4であり、 0<n23n≤3n4(n−1)(n−2)≤3n(n≥4)0<\frac{n^2}{3^n}\le\frac{3n}{4(n-1)(n-2)}\le\frac3n\qquad(n\ge4) となる。右端が00に収束するので、定理 1.1よりn2/3n→0n^2/3^n\to0である。
  4. 0≤s≤t0\le s\le tならば、tn−sn=(t−s)(tn−1+tn−2s+⋯+sn−1)t^n-s^n=(t-s)(t^{n-1}+t^{n-2}s+\cdots+s^{n-1})の二つの因数がともに00以上なのでsn≤tns^n\le t^nである。いまはs=(n!nn)1/n>0s=\left(\dfrac{n!}{n^n}\right)^{1/n}>0、t=34t=\dfrac34であり、どちらも00以上なので、両辺をnn乗しても不等号の向きは保たれる。

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例題

条件と何を求めるかを確認してから、式と答えの対応を見比べてください。

次の極限を、はさみうちの原理を用いて求めよ。用いた上下の評価（不等式）も示せ。

解法の型aₙ ≤\le bₙ ≤\le cₙ で lim aₙ == lim cₙ == L なら lim bₙ == L。上下の評価は極限が一致するくらいタイトに取る

  1. 例題 1

    lim⁡n→∞2n+3nn\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{2^{n}+3^{n}}

  2. 例題 2

    lim⁡n→∞[nx]n(x は定数)\lim_{n \to \infty} \dfrac{[nx]}{n} \quad (x \text{ は定数})

  3. 例題 3

    lim⁡n→∞nn\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}

  4. 例題 4

    lim⁡x→0x2sin⁡1x\lim_{x \to 0} x^{2} \sin\dfrac{1}{x}

  5. 例題 5

    lim⁡n→∞3nn!\lim_{n \to \infty} \dfrac{3^{n}}{n!}

  6. 例題 6

    lim⁡n→∞sin⁡nn\lim_{n \to \infty} \dfrac{\sin n}{n}

  7. 例題 7

    lim⁡n→∞∑k=1nnn2+k\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{n}{n^{2}+k}

  8. 例題 8

    lim⁡n→∞∑k=1n1n2+k\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{n^{2}+k}

演習

問題を解いてから「解答・解説」を開けます。

次の極限を、はさみうちの原理を用いて求めよ。用いた上下の評価（不等式）も示せ。

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