第 3 章 数列の極限
3.4 多項式，指数関数，階乗などの増加速度の比較
一般項が次で与えられる数列
n, n2, n3, √
n, 2n, 3n, n!
などはすべてn→ ∞で∞に発散する．その増加速度を比較する方法を知っておけば，∞
∞ の不定形の極限が求 めやすくなる．
例題3.7. 次の数列の極限を調べよ．ただし，r >1とする．
(1) lim
n→∞
2n
n! (2) lim
n→∞
n rn
（解答）
(1) n≧4ならば 0< 2n
n! = 2 1 · 2
2 · 2 3 · 2
4 · · · · · 2 n−1 · 2
n < 2 1 · 2
n = 4
n −→ 0 (n→ ∞)
なので，はさみうち法より lim
n→∞
2n n! = 0
(2) h=r−1とおけば，h >0である．よって，n≧2 ならば rn= (1 +h)n=
Xn k=0
nCkhk >nC2h2= n(n−1) 2 h2 より
0< n
rn < 2 (n−1)h2 が成り立つ．ゆえに，はさみうち法より lim
n→∞
n
rn = 0が成り立つ．
（解答終）
毎回このようにはさみうち法で考えるのは大変だが，次の定理が知られている．
定理3.8. 0≦a <1とするとき，数列 {an}∞n=1 が lim
n→∞
an+1
an =aを満たすならば lim
n→∞an= 0 が成り立つ．
証明. γ= a+ 1
2 とおくと，a <1 より0≦a < γ <1である．よって，正の数 ε=γ−aに対して，ある自 然数N =N(γ−a)が存在して
n≧N =⇒ an+1
an −a < γ−a が成り立つ．ここで，n≧N ならば
an+1
an −a≦ an+1
an −a < γ−a =⇒ |an+1|< γ|an| となる．ゆえに，n > N のときにこの不等式を繰り返し用いて
0≦|an|< γ|an−1|< γ2|an−2|<· · ·< γn−N|aN| であり，0< γ <1 より lim
n→∞γn−N|aN|= 0となるから，はさみうちの定理より lim a = 0
例題3.9. a∈R, r >1, α >0とすると，次が成り立つことを示せ．
nlim→∞
an
n! = 0, lim
n→∞
nα rn = 0
（解答） a= 0 ならば明らかだから，a= 0\ とする．an= an
n! とおくと
an+1
an = |a|n+1 (n+ 1)! · n!
|a|n = |a|
n+ 1 −→ 0 (n→ ∞)
であるから，定理3.8より， lim
n→∞an= 0 である．
同様にbn= nα
rn とおくと，bn>0 であり bn+1
bn
= (n+ 1)α rn+1 · rn
nα = 1 r
1 + 1
n α
−→ 1
r (n→ ∞) となるから，0< 1
r <1 と定理3.8より， lim
n→∞bn= 0である．
（解答終）
これより，増加速度に関しては多項式，指数関数，階乗の順番で速くなることがわかる．ただし，これらは一般 的な話であって，より複雑な極限については定理3.8などを用いればよい．
例題3.10. 次の数列の極限を調べよ．
(1) lim
n→∞
2n+n10
3n+n10 (2) lim
n→∞
2n+n!
3n+n! (3) lim
n→∞
n!
2n2
（解答）
(1) 例題3.9より lim
n→∞
n10
3n = 0 であるから
nlim→∞
2n+n10
3n+n10 = lim
n→∞
2 3
n
+ n10 3n 1 + n10
3n
= 0 + 0 1 + 0 = 0
(2) 例題3.9より lim
n→∞
2n
n! = lim
n→∞
3n
n! = 0であるから
nlim→∞
2n+n!
3n+n! = lim
n→∞
2n n! + 1 3n n! + 1
= 0 + 1 0 + 1 = 1
(3) an= n!
2n2
とおけば，an>0である．また，例題3.9より an+1
an = (n+ 1)!
2(n+1)2 · 2n2
n! = n+ 1 22n+1 = 1
2 · n+ 1
4n −→ 0 (n→ ∞) なので，定理3.8より lim
n→∞
n!
2n2 = 0である．
（解答終）
4 級数
定義4.1. （級数）
(1) 数列{an}∞n=1の各項を形式的に+でつないだ
a1+a2+a3+· · ·+an+· · · を{an}∞n=1 のつくる級数といい，P∞
n=1
an と表す．
(2) 第 n 項までの和Sn = Pn k=1
ak を第 n 部分和といい，数列 {Sn}∞n=1 が収束するか発散するかに応じて，
級数 P∞
n=1
an は収束するまたは発散するという．部分和が収束する場合にS = lim
n→∞Sn を級数の和といい，
P∞ n=1
an=S と書く．また，S=±∞となる場合にも，それぞれ P∞
n=1
an=±∞で表す．
注意4.2. P∞
n=1
an という記号は 形式的な和 と 収束級数の値 と2つの意味をもちうる．
命題4.3. （無限等比級数） a= 0\ とする．
(1) |r|<1 のとき，級数 P∞
n=1
arn−1 は収束し，その和は P∞
n=1
arn−1= a 1−r (2) |r|≧1 のとき，級数 P∞
n=1
arn−1 は発散する．
証明. 第n部分和 Sn を計算すれば
Sn= Xn k=1
ark−1=
a(1−rn)
1−r (r= 1)\
an (r= 1)
であるから，{Sn}∞n=1 が収束するための必要十分条件は r = 1\ かつ lim
n→∞rn が収束することである．よって，
|r|<1 のときに級数は収束し，その和は X∞ n=1
arn−1= lim
n→∞Sn= lim
n→∞
a(1−rn) 1−r = a
1−r
定理4.4. （収束する級数の和）
α, β∈R とする．級数 P∞
n=1
an, P∞
n=1
bn が収束するとき，級数 P∞
n=1
(αan+βbn) も収束し X∞
n=1
(αan+βbn) =α X∞ n=1
an+β X∞ n=1
bn
が成り立つ．
証明. P∞
n=1
an=S, P∞
n=1
bn =T とおく．第n部分和をそれぞれSn, Tn とおけば Xn
k=1
(αak+βbk) =αSn+βTn −→ αS+βT (n→ ∞)
例題4.5. 次の級数の和を求めよ．
(1) P∞
n=1
n
2n (2) P∞
n=1
3n−1 22n
（解答）
(1) 第n部分和をSn = Pn k=1
k
2k とおく．
Sn= 1
2 + 2
22 + 3
23 + · · · + n 2n
−) 1
2 Sn= 1
22 + 2
23 + · · · + n−1
2n + n
2n+1 1
2 Sn= 1
2 + 1
22 + 1
23 + · · · + 1
2n − n
2n+1 であるから
1 2 Sn =
1 2
1− 1
2n 1− 1
2
− n
2n+1 = 1− 1
2n − n
2n+1 = 1− n+ 2 2n+1 より，Sn= 2− n+ 2
2n となる．ここで，an= n+ 2
2n とおけば，an>0で an+1
an
= n+ 3 2n+1 · 2n
n+ 2 = n+ 3
2(n+ 2) −→ 1
2 (n→ ∞) となる．よって，定理3.8より， lim
n→∞an= 0 であるから，級数は収束してその和は X∞
n=1
n
2n = lim
n→∞Sn= lim
n→∞(2−an) = 2
(2) 第n部分和をSn = Pn k=1
3k−1 22k =
Pn k=1
3k−1
4k とおく．n≧2ならば Sn= 2
4 + 5
42 + 8
43 + · · · + 3n−1 4n
−) 1
4 Sn= 2
42 + 5
43 + · · · + 3n−4
4n + 3n−1 4n+1 3
4 Sn= 2
4 + 3
42 + 3
43 + · · · + 3
4n − 3n−1 4n+1 であるから
3
4 Sn= 1 2 +
3 16
1− 1
4n−1 1− 1
4
− 3n−1 4n+1 = 3
4 − 1
4n − 3n−1 4n+1 = 3
4 − 3n+ 3 4n+1 より，Sn= 1− n+ 1
4n となる．ここで，an= n+ 1
4n とおけば，an>0で an+1
an
= n+ 2 4n+1 · 4n
n+ 1 = n+ 2
4(n+ 1) −→ 1
4 (n→ ∞) となる．よって，定理3.8より， lim
n→∞an= 0 であるから，級数は収束してその和は X∞
n=1
3n−1
22n = lim
n→∞Sn= lim
n→∞(1−an) = 1
（解答終）
例題4.6. 次の級数の和を求めよ．
(1) P∞
n=1
1
n(n+ 1) (2) P∞
n=1
1 4n2+ 4n−3
（解答）
(1) 部分分数分解すれば
1
n(n+ 1) = 1
n − 1
n+ 1 であるから，第n部分和Sn は
Sn= Xn k=1
1
k − 1
k+ 1
=
1− 1 2
+
1 2 − 1
3
+ 1
3 − 1 4
+· · ·+ 1
n − 1
n+ 1
= 1− 1 n+ 1 となる．よって，級数は収束してその和は
X∞ n=1
1
n(n+ 1) = lim
n→∞Sn = lim
n→∞
1− 1
n+ 1
= 1
(2) 部分分数分解すれば 1
4n2+ 4n−3 = 1
(2n−1)(2n+ 3) = 1 4
1
2n−1 − 1 2n+ 3
であるから，第n部分和Sn はn≧2 のとき Sn=
Xn k=1
1 4
1
2k−1 − 1 2k+ 3
= 1 4
n 1− 1
5
+ 1
3 − 1 7
+
1 5 − 1
9
+ 1
7 − 1 11
+· · · +
1
2n−5 − 1 2n−1
+
1
2n−3 − 1 2n+ 1
+
1
2n−1 − 1 2n+ 3
o
= 1 4
1 + 1
3 − 1
2n+ 1 − 1 2n+ 3
= 1 3 − 1
4 1
2n+ 1 + 1 2n+ 3
となる．よって，級数は収束してその和は X∞
n=1
1
4n2+ 4n−3 = lim
n→∞Sn= lim
n→∞
n1 3 − 1
4 1
2n+ 1 + 1 2n+ 3
o
= 1 3
（解答終）
級数の和を計算するだけなら，部分和 Sn を整理する必要は特にない．例えば(2)では Sn= 1
3 − n+ 1
(2n+ 1)(2n+ 3) = n(4n+ 5) 3(2n+ 1)(2n+ 3)
収束する級数については次が成り立つ．
定理4.7. （級数が収束する必要条件）
(1) 級数 P∞
n=1
an が収束するならば，lim
n→∞an= 0である．
(2) {an}∞n=1 が0に収束しないならば，級数 P∞
n=1
an は発散する．
証明. (2)は(1)の対偶命題であるから，(1)を示せばよい．級数 P∞
n=1
an が収束するとし，その第 n部分和を Sn，級数の和をS とおけば
nlim→∞an = lim
n→∞(Sn−Sn−1) =S−S= 0 が成り立つ．
例題4.8. 次の級数の収束・発散を調べよ．
(1) P∞
n=1
2n3
n3+ 1 (2) P∞
n=1
(−1)n−1 (3) P∞
n=1
√ 1 n+√
n+ 1
（解答）
(1) lim
n→∞
2n3
n3+ 1 = lim
n→∞
2 1 + 1
n3
= 2 (= 0)\ であるから，P∞
n=1
2n3
n3+ 1 は発散する．
(2) lim
n→∞(−1)n−1 は存在しないから，P∞
n=1
(−1)n−1 は発散する．
(3) 分母を有理化すれば
√ 1 n+√
n+ 1 =
√n+ 1−√ n (n+ 1)−n =√
n+ 1−√ n であるから，第n部分和Sn は
Sn= Xn k=1
(√
k+ 1−√ k) =√
n+ 1−1 となる．よって，級数は
X∞ n=1
√ 1 n+√
n+ 1 = lim
n→∞Sn= lim
n→∞(√
n+ 1−1) =∞ より発散する．
（解答終）
注意4.9. （定理4.7の逆について）
定理4.7の逆の命題『lim
n→∞an= 0ならば，級数 P∞
n=1
an は収束する』は偽である．例題4.8(3)の級数の第n項 については
nlim→∞
√ 1 n+√
n+ 1 = 0 である．よって，これは lim
n→∞an = 0だが，級数は P∞
n=1
an=∞と発散する例の1つである．
級数の和を求める際には，うまく階差の形に変形することが必要なことが多い．
例題4.10. 次の級数の和を求めよ．
(1) P∞
n=1
n
(n+ 1)! (2) P∞
n=1
1 (n+ 1)√
n+n√ n+ 1
（解答）
(1) 第n項を変形すると
n
(n+ 1)! = (n+ 1)−1 (n+ 1)! = 1
n! − 1
(n+ 1)!
と分解できるから，第n部分和Sn は Sn=
Xn k=1
1
k! − 1
(k+ 1)!
= 1
1! − 1 2!
+
1 2! − 1
3!
+
1 3! − 1
4!
+· · ·+ 1
n! − 1
(n+ 1)!
= 1− 1 (n+ 1)!
となる．よって，級数は収束してその和は X∞
n=1
n
(n+ 1)! = lim
n→∞Sn= lim
n→∞
1− 1
(n+ 1)!
= 1
(2) 第n項を変形すると 1 (n+ 1)√
n+n√
n+ 1 = p 1
n(n+ 1)(√
n+ 1 +√ n) =
√n+ 1−√ p n
n(n+ 1) = √1
n − √ 1 n+ 1 と分解できるから，第n部分和Sn は
Sn = Xn k=1
√1
k − √ 1 k+ 1
= √1
1 − √1 2
+
√1 2 − √1
3
+ √1
3 − √1 4
+· · ·+ √1
n − √ 1 n+ 1
= 1− √ 1 n+ 1
となる．よって，級数は収束してその和は X∞
n=1
1 (n+ 1)√
n+n√
n+ 1 = lim
n→∞Sn= lim
n→∞
1− √ 1 n+ 1
= 1
（解答終）
練習問題4.1. an= tan π
2n+1 とおく．
(1) すべての自然数nに対して，an+1= 1 an+1 − 2
an
が成り立つことを示せ．
5 有界な単調数列
これまでは主に一般項を求めることができる数列の極限を扱ってきた．しかし，応用上は漸化式から一般項の 具体的な形を求めることは困難なことが多い．そこでここでは，ある特別な性質を満たす数列に対して一般項を 求めることなく極限を求める方法を扱う．その手法において最も重要なことは，いかにして極限が収束すること を証明するかということである．その際に，以前出てきた『実数の連続性』がキーポイントとなる．