関数と極限 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x\to 0$ で分母 $x\sin x\to 0$、分子 $1-\cos 2x\to 0$ の $\frac{0}{0}$ 型。

三角関数の $\frac{0}{0}$ 型は、$\frac{\sin x}{x}\to 1$ に持ち込むのが基本だ。そのために、$\cos$ を含む分子を $\sin$ の式に書き直したい。$2$ 倍角(半角)$1-\cos 2x=2{\sin }^{2}x$ を使う。すると分子・分母に $\sin x$ が現れて約分でき、$\frac{\sin x}{x}$ の形になる、と見通す。

① 分子を書き直す。 $1-\cos 2x=2{\sin }^{2}x$ だから

$$\frac{1-\cos 2x}{x\sin x}=\frac{2{\sin }^{2}x}{x\sin x}=\frac{2\sin x}{x}$$

② 極限をとる。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\sin x}{x}=2\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=2\cdot 1=2$$

まとめ:三角関数の $\frac{0}{0}$ 型は「$\frac{\sin x}{x}\to 1$ に持ち込む」。$1-\cos 2x=2{\sin }^{2}x$ の半角変形で分子に ${\sin }^{2}x$ を出し、$\sin x$ を約分すると $\frac{\sin x}{x}$ が現れる。$1-\cos x=2{\sin }^2\frac{x}{2}$ の形も同様に使える。

発展。 こうした極限は、$0$ の近くでの近似 $\sin x\approx x$、$1-\cos x\approx \frac{x^2}{2}$ を知っていると即座に見当がつく。

分子 $1-\cos 2x\approx \frac{(2x{)}^2}{2}=2x^2$、分母 $x\sin x\approx x\cdot x=x^2$。比は $\frac{2x^2}{x^2}=2$。この「主要な項だけを残す」考えはテイラー展開や微分係数の定義そのもの。極限計算は関数を $0$ の近くで多項式に置きかえて先頭だけ見る作業だ、と捉えると全体が見通せる。

別解

別解:もう $1$ つの基本極限 $\frac{1-\cos \theta }{{\theta }^2}\to \frac{1}{2}$ を使う(得意な人向けの視点)。 半角変形をしなくても、$\cos$ 型の基本極限を直接あてはめられる。

分母・分子を $(2x{)}^2$ でそろえるように書きかえる。

$$\frac{1-\cos 2x}{x\sin x}=\frac{1-\cos 2x}{(2x{)}^2}\cdot \frac{(2x{)}^2}{x\sin x}=\frac{1-\cos 2x}{(2x{)}^2}\cdot 4\cdot \frac{x}{\sin x}.$$

$x\to 0$ で、$\frac{1-\cos 2x}{(2x{)}^2}\to \frac{1}{2}$(角を $2x$ とみた基本極限)、$\frac{x}{\sin x}\to 1$。よって

$$\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 1=2.$$

半角で $2{\sin }^{2}x$ に直す本解と同じ。$\frac{\sin \theta }{\theta }\to 1$ と $\frac{1-\cos \theta }{{\theta }^2}\to \frac{1}{2}$ の $2$ つを道具として持っておくと、$\cos$ が絡む $\frac{0}{0}$ 型はたいてい角をそろえるだけで片づく。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{2^n+3^n}{6^n}$ は分子が和なので、$2$ つに割れる。

$\frac{2^n}{6^n}+\frac{3^n}{6^n}={\left(\frac{1}{3}\right)}^n+{\left(\frac{1}{2}\right)}^n$。それぞれ公比 $\frac{1}{3},\frac{1}{2}$ の等比数列。どちらも $|r|<1$ だから、無限等比級数として収束する。各々を $\frac{\text{初項}}{1-\text{公比}}$ で計算して足す、と見通す。

① $2$ つに分ける。

$$\frac{2^n+3^n}{6^n}={\left(\frac{1}{3}\right)}^n+{\left(\frac{1}{2}\right)}^n$$

② それぞれの和。 ${\left(\frac{1}{3}\right)}^n$ は初項 $\frac{1}{3}$、公比 $\frac{1}{3}$:$\frac{1/3}{1-1/3}=\frac{1/3}{2/3}=\frac{1}{2}$。${\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ は初項 $\frac{1}{2}$、公比 $\frac{1}{2}$:$\frac{1/2}{1-1/2}=1$。

③ 足す。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^n+3^n}{6^n}=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}$$

まとめ:分子が和の分数級数は「$2$ つの等比級数に分ける」。$\frac{2^n}{6^n}={\left(\frac{1}{3}\right)}^n$ のように公比を見抜き、$|r|<1$ を確認して $\frac{a}{1-r}$。初項が $n=1$ から始まる($a=r$)ことに注意。

発展。 うまく割れたのは $6=2\times 3$ だから。$\frac{2^n}{6^n}={\left(\frac{2}{6}\right)}^n={\left(\frac{1}{3}\right)}^n$ のように、$6^n$ が $2^n$ と $3^n$ を打ち消す。

一般に $\frac{a^n+b^n}{(ab{)}^n}={\left(\frac{1}{b}\right)}^n+{\left(\frac{1}{a}\right)}^n$ と分けられる。分子が和・積の分数級数は、まず「割って等比に見えるか」を試すのが第一手。無限等比級数 $\sum r^n=\frac{1}{1-r}$ は、あらゆるべき級数のいちばん基本の形。多くの級数はこれに帰着させて和を出す。

別解

別解:$n=0$ から始めて $1$ を引く(苦手な人向けの整理ルート)。 「初項が公比に等しい」で迷いやすいなら、いったん $n=0$ から足して、あとで $n=0$ の項を引くと安全。

$\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\frac{1}{3}\right)}^n=\frac{1}{1-1/3}=\frac{3}{2}$。ここから $n=0$ の項 ${\left(\frac{1}{3}\right)}^0=1$ を引くと、$n\ge 1$ の和は $\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$。同じく $\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\frac{1}{2}\right)}^n=\frac{1}{1-1/2}=2$。$n=0$ の項 $1$ を引いて、$n\ge 1$ の和は $2-1=1$。

足すと $\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}$。$\frac{\text{初項}}{1-\text{公比}}$ を $n=1$ 始まりで直接使う本解と同じ。$n=0$ 始まりの公式 $\frac{1}{1-r}$ は $1$ から始まる形なので覚えやすく、初項の取り違えを防げる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sqrt{n^2+3n}\to \infty$、$n\to \infty$ で $\infty -\infty$ の不定形。

根号を含む $\infty -\infty$ は「共役 $\sqrt{}+n$ を掛けて有理化」が基本だ。有理化すると分子が $(n^2+3n)-n^2=3n$ と簡単になる。あとは分母・分子を最高次の $n$ で割れば、極限が読める、と見通す。

① 有理化する。 $\sqrt{n^2+3n}+n$ を掛けて割ると

$$\sqrt{n^2+3n}-n=\frac{(n^2+3n)-n^2}{\sqrt{n^2+3n}+n}=\frac{3n}{\sqrt{n^2+3n}+n}$$

② $n$ で割る。 分母・分子を $n$ で割る($\sqrt{n^2+3n}=n\sqrt{1+\frac{3}{n}}$ に注意)。

$$=\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}+1}$$

③ 極限をとる。 $n\to \infty$ で $\frac{3}{n}\to 0$ だから

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}+1}=\frac{3}{\sqrt{1}+1}=\frac{3}{2}$$

まとめ:根号の $\infty -\infty$ は「共役を掛けて有理化 → 最高次で割る」。有理化で分子が $3n$ になり、$n$ で割ると $\frac{3}{\sqrt{1+3/n}+1}\to \frac{3}{2}$。$\sqrt{n^2+3n}=n\sqrt{1+3/n}$ の変形が要。

発展。 有理化のもとには、近似 $\sqrt{1+t}\approx 1+\frac{t}{2}$(小さい $t$)がある。$\sqrt{n^2+3n}=n\sqrt{1+\frac{3}{n}}\approx n\left(1+\frac{3}{2n}\right)=n+\frac{3}{2}$。

だから $\sqrt{n^2+3n}$ は大きな $n$ では直線 $n+\frac{3}{2}$ にほぼ重なる。この $n+\frac{3}{2}$ が数列の漸近線で、差の極限 $\frac{3}{2}$ はその「ずれ」を表す。一般に $\sqrt{n^2+bn}-n\to \frac{b}{2}$。$1$ 次の係数 $b$ を $2$ で割った値になる。$\sqrt{1+t}$ の $1$ 次近似の係数 $\frac{1}{2}$ が答えに現れている。

別解

別解:$n$ をくくり出して近似で見通す(得意な人向けの視点)。 有理化のかわりに、根号から $n$ をくくり出して考える。

$$\sqrt{n^2+3n}-n=n\sqrt{1+\frac{3}{n}}-n=n\left(\sqrt{1+\frac{3}{n}}-1\right).$$

ここで $\sqrt{1+t}-1=\frac{t}{\sqrt{1+t}+1}$(分子の有理化)を $t=\frac{3}{n}$ で使うと

$$n\cdot \frac{3/n}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}+1}=\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}+1}.$$

$n\to \infty$ で $\frac{3}{n}\to 0$ だから、$\frac{3}{\sqrt{1}+1}=\frac{3}{2}$。はじめから共役を掛ける本解と、やっていることは同じだ。$\sqrt{1+t}\approx 1+\frac{t}{2}$ を知っていれば、$\sqrt{n^2+3n}\approx n+\frac{3}{2}$ から差が $\frac{3}{2}$ とほぼ暗算で見当がつくのが、この見方の強みだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2^n$ も $n!$ も $\infty$ に発散するが、階乗のほうがはるかに速く増える。だから極限は $0$ と予想できる。

これを厳密に示すには、$\frac{2^n}{n!}$ を分数の積 $\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdots \frac{2}{n}$ とみる。$3$ 番目以降の因数 $\frac{2}{3},\frac{2}{4},\dots$ はすべて $\frac{2}{3}$ 以下。そこで、$0$ に収束する等比の式で上から押さえる(はさみうち)、と見通す。

① 分数の積で書く。

$$\frac{2^n}{n!}=\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{2}{4}\cdots \frac{2}{n}$$

② 上から押さえる。 $n\ge 3$ のとき、$\frac{2}{3},\frac{2}{4},\dots ,\frac{2}{n}$ はすべて $\frac{2}{3}$ 以下。前の $2$ 因数 $\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{2}=2$ をまとめると、残り $n-2$ 個の因数がそれぞれ $\frac{2}{3}$ 以下だから

$$0<\frac{2^n}{n!}\le 2\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-2}$$

③ はさみうち。 $\frac{2}{3}<1$ だから ${\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-2}\to 0$、右辺 $\to 0$。よって

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2^n}{n!}=0$$

まとめ:階乗を含む極限は「分数の積にして、途中から一定の比以下で押さえる → はさみうち」。$n\ge 3$ で因数が $\frac{2}{3}$ 以下なので、$0$ に収束する等比の式で上から挟む。階乗の増加は指数より速い、を厳密化した形。

発展。 じつは $2$ を任意の定数 $c$ に替えても $\frac{c^n}{n!}\to 0$。階乗はどんな指数関数より速く増える。

この事実は $e^c=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{c^n}{n!}$ が収束することの基礎でもある。収束する級数の各項は $0$ に近づかねばならないから、$\frac{c^n}{n!}\to 0$ が必要になる。「階乗 $>$ 指数 $>$ 多項式 $>$ 対数」という増加の速さの序列は、極限の大小を見抜く物差しになる。迷ったらこの序列を思い出すとよい。

別解

別解:隣どうしの比を見る(得意な人向けの視点)。 項がどれくらいの速さで小さくなるかは、隣の項との比で分かる。

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2^{n+1}/(n+1)!}{2^n/n!}=\frac{2}{n+1}.$$

$n$ が大きくなると比は $0$ に近づく。とくに $n\ge 3$ では $\frac{2}{n+1}\le \frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。つまり第 $3$ 項からは $1$ 項進むごとに半分以下になる。$a_3=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}$ を出発点にすると

$$0<a_n\le a_3{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-3}=\frac{4}{3}{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-3}\to 0.$$

分数の積で $\frac{2}{3}$ 以下を並べる本解と同じ発想を、「比」で言い換えたもの。比が一定値未満に収まれば、項は等比のように $0$ へ落ちる。級数の収束判定(ダランベール)につながる見方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 無限級数は「部分和(有限個の和)を求めて、その極限をとる」のが基本。

$\frac{1}{n(n+2)}$ は部分分数で $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)$ に分けられる。差が $2$ とびなので、望遠鏡和では隣ではなく $2$ つ先が消える。両端には $2$ 項ずつ残る。まず部分和 $S_N$ を出し、$N\to \infty$ とする、と見通す。

① 部分分数に分ける。

$$\frac{1}{n(n+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)$$

② 部分和を求める。 第 $N$ 項までの和は、$2$ とびの差なので $\frac{1}{1},\frac{1}{2}$ が前に、$\frac{1}{N+1},\frac{1}{N+2}$ が後に残る。

$$S_N=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{N+1}-\frac{1}{N+2}\right)$$

③ 極限をとる。 $N\to \infty$ で $\frac{1}{N+1},\frac{1}{N+2}\to 0$ だから

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+2)}=\underset{N\to \infty }{\lim }{S}_N=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{2}=\frac{3}{4}$$

まとめ:無限級数は「部分和 → 極限」。部分分数の差が $2$ とびだと、望遠鏡和で両端に $2$ 項ずつ残る($1,\frac{1}{2}$ と $\frac{1}{N+1},\frac{1}{N+2}$)。後ろの $2$ 項は $0$ に収束し、和は $\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2})=\frac{3}{4}$。

発展。 同じやり方で、間隔を一般の $k$ にした $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+k)}$ も求まる。差の間隔が $k$ とびだから、前に $k$ 項が残る。

結果は $\frac{1}{k}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{k}\right)$。今回の $k=2$ なら $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}$、$k=1$ なら $1$、$k=3$ なら $\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)=\frac{11}{18}$。前に残る $k$ 項の和が調和数 $1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{k}$。望遠鏡和は「差にして両端だけ残す」道具で、間隔ぶんの項が残る、と一般化して覚えておくとよい。

別解

別解:項を書き出して消え方を見る(苦手な人向けの整理ルート)。 どの項が残るか不安なら、$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)$ を最初から並べてみる。

$$\frac{1}{2}[\underset{n=1}{\underbrace{(1-\frac{1}{3})}}+\underset{n=2}{\underbrace{(\frac{1}{2}-\frac{1}{4})}}+\underset{n=3}{\underbrace{(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})}}+\underset{n=4}{\underbrace{(\frac{1}{4}-\frac{1}{6})}}+\cdots ].$$

$n=1$ の $-\frac{1}{3}$ は $n=3$ の $+\frac{1}{3}$ と消える。$n=2$ の $-\frac{1}{4}$ は $n=4$ の $+\frac{1}{4}$ と消える。$2$ つ先とペアで消えていく。

結局、前で消し相手がいない $1$ と $\frac{1}{2}$ だけが残り(後ろの $2$ 項 $\frac{1}{N+1},\frac{1}{N+2}$ は $0$ に収束)、和は

$$\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}.$$

部分和の式をまとめて書く本解と同じだ。$2$ とびの差では「前に $2$ 項残る」ことが、書き出すと目で見える。消える相手が $1$ つ隣ではなく $2$ つ隣、というのがこの問題のポイントだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「収束する」ことは認められているので、極限値 $\alpha$ を求めるだけでよい。

$a_n\to \alpha$ なら、$1$ つ先の $a_{n+1}$ も同じ $\alpha$ に近づく。だから漸化式 $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ で $n\to \infty$ とすると、$\alpha$ の方程式 $\alpha =\sqrt{2+\alpha }$ が得られる。これを解けばよい。$a_n$ は根号の値なので $\alpha \ge 0$、と押さえておく。

① 極限の方程式を作る。 極限値を $\alpha$ とおく。$a_{n+1}\to \alpha$、$a_n\to \alpha$ だから、漸化式で $n\to \infty$ とすると

$$\alpha =\sqrt{2+\alpha }$$

② 解く。 両辺を $2$ 乗して ${\alpha }^2=2+\alpha$、すなわち ${\alpha }^2-\alpha -2=0$、$(\alpha -2)(\alpha +1)=0$ より $\alpha =2,-1$。

③ 符号で選ぶ。 $a_n=\sqrt{}\ge 0$ なので極限 $\alpha \ge 0$。よって $\alpha =2$。

(実際、$a_1=1,a_2=\sqrt{3}\approx 1.73,a_3=\sqrt{3.73}\approx 1.93,\dots$ と $2$ に近づく。)

まとめ:漸化式の極限は「収束を認め、極限値 $\alpha$ を漸化式に代入して方程式」。$\alpha =\sqrt{2+\alpha }$ を $2$ 乗して解き、$\alpha \ge 0$ で $\alpha =2$ を選ぶ。$2$ 乗で出る余分な解($-1$)を符号で捨てるのが要。

発展。 極限 $\alpha =2$ は関数 $g(x)=\sqrt{2+x}$ の不動点(=$g(x)=x$ となる点)。数列は $a_{n+1}=g(a_n)$ という反復で、$g$ を繰り返し施している。

反復が不動点に吸い込まれるかどうかは、その点での傾き $|g^{\prime }(\alpha )|$ で決まる。$g^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{2+x}}$ で、$g^{\prime }(2)=\frac{1}{4}<1$。傾きが $1$ 未満だから、$2$ は引き寄せる(収束する)不動点だ。

もう $1$ つの解 $\alpha =-1$ は定義域の外で不動点にならない。「$2$ 乗で増えた無縁解を捨てる」のは、この事情の裏返しでもある。

別解

別解:収束することを自分で示す(得意な人向けの視点)。 問題は収束を認めてよいとしているが、実際に「上に有界で単調増加だから収束する」ことまで確かめられる。

まず上に有界:$a_n<2$ なら $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt{2+2}=2$。$a_1=1<2$ だから、すべての $n$ で $a_n<2$。次に単調増加:$a_{n+1}>a_n$ は、両辺正なので $2$ 乗して $2+a_n>a_n^2$、すなわち $a_n^2-a_n-2<0$、$(a_n-2)(a_n+1)<0$、つまり $-1<a_n<2$ と同値。いま $0<a_n<2$ だから成り立つ。

上に有界な単調増加数列は収束する。極限を $\alpha$ とすれば $\alpha =\sqrt{2+\alpha }$ から $\alpha =2$。極限値だけ出す本解に、「なぜ収束するか」の裏づけを与えた形。$2$ に近づく上限($a_n<2$)と、$2$ へ登り続ける単調性が、収束の $2$ 本柱だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「解が存在する」ことを、解を求めずに示すには中間値の定理。

$f(x)=x^3-3x+1$ は多項式なので、すべての $x$ で連続。連続な関数が、区間の両端で符号が反対($f(0)$ と $f(1)$ が異符号)なら、途中で必ず $0$ を通る。だから両端の値 $f(0),f(1)$ の符号を調べる、と見通す。

① 関数をおく。 $f(x)=x^3-3x+1$。多項式だからすべての $x$ で連続。

② 両端の符号。

$$f(0)=0-0+1=1>0,f(1)=1-3+1=-1<0$$

③ 中間値の定理を適用する。 $f$ は $[0,1]$ で連続で、$f(0)>0$、$f(1)<0$ と異符号。よって中間値の定理により、$0<x<1$ の範囲に $f(x)=0$ となる $x$ が少なくとも $1$ つ存在する。(証明終)

まとめ:解の存在は「連続 + 両端が異符号 → 中間値の定理」。$f(0)=1>0$、$f(1)=-1<0$ で符号が変わるので、$(0,1)$ にグラフが $x$ 軸を横切る点(=解)がある。解を求めずに存在だけを言える、役に立つ定理だ。

発展。 じつはこの $3$ 次方程式は三角関数で解ける。$x=2\cos \theta$ と置くと、$3$ 倍角から $x^3-3x=8{\cos }^3\theta -6\cos \theta =2\cos 3\theta$。

だから方程式は $2\cos 3\theta +1=0$、すなわち $\cos 3\theta =-\frac{1}{2}$ になる。$(0,1)$ の解は $\theta =\frac{4\pi }{9}$ に対応し、$x=2\cos \frac{4\pi }{9}\approx 0.347$。$3$ つの実解 $2\cos \frac{2\pi }{9},2\cos \frac{4\pi }{9},2\cos \frac{8\pi }{9}$ が、この形で書ける。中間値の定理は「存在」だけを言うが、実際の解は三角関数で表せる。

別解

別解:符号の変化から $3$ つの解を数える(得意な人向けの視点)。 同じ中間値の定理を、いくつかの区間に広げて使うと、この方程式が実は $3$ 実解をもつと分かる。

いくつかの整数で符号を調べる。

$$f(-2)=-1<0,f(0)=1>0,f(1)=-1<0,f(2)=3>0.$$

符号が $-,+,-,+$ と $3$ 回変わる。中間値の定理を各区間に使うと、$(-2,0)$、$(0,1)$、$(1,2)$ にそれぞれ解が $1$ つずつある。$3$ 次方程式の実解は多くても $3$ 個だから、これでちょうど $3$ 個すべて。問われた $(0,1)$ の解はそのうちの $1$ つ。

$1$ つの区間だけ調べる本解を、複数区間へ広げた形。符号の変化を追うと、存在だけでなく「解が何個・どこにあるか」まで分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sum x(1-x{)}^n$ は、初項 $x$($n=0$ の項)、公比 $1-x$ の無限等比級数とみる。

無限等比級数が収束するのは「公比の絶対値が $1$ 未満」($|1-x|<1$)、または「初項が $0$」のとき。まず $|1-x|<1$ を解いて、収束する $x$ の範囲を求める。その範囲で、和 $\frac{\text{初項}}{1-\text{公比}}$ を計算する、と見通す。

① 収束条件。 公比は $1-x$。$|1-x|<1$ を解くと

$$-1<1-x<1⟹0<x<2$$

(初項 $x=0$ のときは各項が $0$ で和 $0$。収束はするが以下では和 $1$ を出すため $0<x<2$ を主とする。)

② 和を求める。 $0<x<2$ のとき、初項 $x$、公比 $1-x$ より

$$\sum _{n=0}^{\infty }x(1-x{)}^n=\frac{x}{1-(1-x)}=\frac{x}{x}=1$$

まとめ:無限等比級数の収束は「$|r|<1$ または初項 $0$」。ここでは公比 $1-x$ で $|1-x|<1$、すなわち $0<x<2$。和は $\frac{x}{1-(1-x)}=\frac{x}{x}=1$ と、$x$ によらず $1$ になる。初項 $=$ 公比の $n=0$ 開始に注意。

発展。 和が $x$ によらず $1$ になるのには意味がある。$0<x\le 1$ のとき、$x(1-x{)}^n$ は「成功確率 $x$ の試行で、$n$ 回失敗してから成功する確率」と読める。

いつか必ず成功するので、その確率を全部足せば $1$。これが「和 $=1$」となる理由だ(幾何分布の全確率が $1$)。

$1<x<2$ では公比 $1-x$ が負になり各項の符号が交互に変わるが、等比級数の公式はそのまま成り立ち和は $1$ のまま。確率の話は $0<x\le 1$ に限るが、級数としての等式はより広い範囲へ延びている。

別解

別解:部分和を直接計算する(得意な人向けの視点)。 収束条件と和を、部分和 $S_N$ からいっぺんに出せる。

初項 $x$、公比 $1-x$ の等比数列の第 $N$ 項までの和は

$$S_N=x\cdot \frac{1-(1-x{)}^{N+1}}{1-(1-x)}=x\cdot \frac{1-(1-x{)}^{N+1}}{x}=1-(1-x{)}^{N+1}.$$

($x\ne 0$ で約分できる。)これが $N\to \infty$ で収束するのは、$(1-x{)}^{N+1}$ が極限をもつとき。$|1-x|<1$、すなわち $0<x<2$ なら $(1-x{)}^{N+1}\to 0$ で、$S_N\to 1$。

公式 $\frac{a}{1-r}$ に代入する本解と同じ結論。部分和が $1-(1-x{)}^{N+1}$ とわかると、「収束するか」も「和がいくつか」も一目で読める。公式を暗記していなくても、部分和からその場で作れるのが強い。