(1+1/n)ⁿ が3を超えないこと

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 左辺は $n$ とともに変わるのに、右辺は定数3だ。つまり、展開の各項を $n$ によらない量で押さえて、足しても定数に収まることを示せばよい。

二項定理の第 $k$ 項は ${}_n{\mathrm{C}}_k\frac{1}{n^k}$。分子の $n(n-1)\cdots (n-k+1)$ を $n^k$ で割ると、各因子が1以下になって $\frac{1}{k!}$ が残る。

$\frac{1}{k!}$ の和はそのままでは求まらない。だから、もう一段粗く $k!\ge 2^{k-1}$ で等比数列に落とす。2段階の評価が設計図だ。

① 第 $k$ 項を $\frac{1}{k!}$ で押さえる。 $k\ge 1$ に対して

$${}_n{\mathrm{C}}_k{\left(\frac{1}{n}\right)}^k=\frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!n^k}=\frac{1}{k!}\cdot \frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdots \frac{n-k+1}{n}\le \frac{1}{k!}$$

(最後の $k$ 個の因子はどれも1以下。)

② $\frac{1}{k!}$ を等比で押さえる。 $k\ge 1$ で $k!=1\cdot 2\cdot 3\cdots k\ge 1\cdot 2\cdot 2\cdots 2=2^{k-1}$ だから

$$\frac{1}{k!}\le \frac{1}{2^{k-1}}$$

③ 足し上げる。

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=\sum _{k=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_k\frac{1}{n^k}\le 1+\sum _{k=1}^n\frac{1}{2^{k-1}}=1+2\left(1-\frac{1}{2^n}\right)<1+2=3$$

まとめ: 「$n$ を消す評価(約分して $\frac{1}{k!}$)」→「和が求まる形への評価(等比 $\frac{1}{2^{k-1}}$)」の2段構え。この量 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ は $n$ とともに増えて $2.718\cdots$ に近づくことが知られていて、本問の評価はその「上限が存在する」ことの入り口になっている。

発展 — 一歩先へ。 実は ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ が $n$ について増加することも、同じ二項展開の項別比較で示せる。「増加し、上に押さえられている」— この2つがそろうと、行き着く先の数が存在する。それが自然対数の底 $e$ の誕生の仕方だ。

別解

第2段を部分分数で(もう1つの粗くし方)。 ②の $k!\ge 2^{k-1}$ の代わりに、$k\ge 2$ での

$$k!\ge k(k-1)$$

を使ってもよい($k!$ は $k(k-1)$ を因数に含む)。すると

$$\frac{1}{k!}\le \frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$$

— 部分分数の望遠鏡が現れる。$k=0,1$ の項($1+1$)を別にして

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\le 1+1+\sum _{k=2}^n\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=2+1-\frac{1}{n}<3$$

等比数列の代わりに、隣どうしが打ち消し合う和で3未満に収めた。

「和が計算できる形まで粗くする」という第2段の設計には、等比(本解)と望遠鏡(本ルート)の少なくとも2つの選択肢がある。どちらでも同じ3に届く — 評価の道は一本ではない。