関数と極限 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sum _{k=1}^n\frac{1}{n+k}$ の各項に $n$ が入っている。$\frac{1}{n}$ をくくり出す形に整えると、区分求積の合図が見える。

$\frac{1}{n+k}=\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{1+k/n}$ と変形すれば、$\frac{1}{n}\sum f\left(\frac{k}{n}\right)$ の形($f(x)=\frac{1}{1+x}$)。これは区間 $[0,1]$ を $n$ 等分したリーマン和で、$n\to \infty$ で定積分 ${\int }_0^1\frac{dx}{1+x}$ に近づく。あとは積分するだけだ。

① $\frac{1}{n}$ をくくり出す。 $$\sum _{k=1}^n\frac{1}{n+k}=\sum _{k=1}^n\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{1+\frac{k}{n}}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{1+\frac{k}{n}}.$$

② 定積分に直す。 $f(x)=\frac{1}{1+x}$ とみて $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{1+\frac{k}{n}}={\int }_0^1\frac{dx}{1+x}=[\log (1+x){]}_0^1=\log 2.$$

まとめ $\frac{1}{n+k}$ を $\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{1+k/n}$ に整えれば区分求積、${\int }_0^1\frac{dx}{1+x}=\log 2$。数列の和・積分・対数の融合。

発展。 $H_{2n}-H_n\to \log 2$ は、交代調和級数 $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots =\log 2$ の言い換えでもある(前半 $2n$ 項をうまく組み替えると $H_{2n}-H_n$ が現れる)。区分求積・調和数・交代級数という3つの見方が、すべて $\log 2$ という1つの値に行き着く。

別解

別解:調和数の差として捉える(得意な人向けの高い視点)。 和を分解してみる。$\sum _{k=1}^n\frac{1}{n+k}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}$ は、$\frac{1}{1}+\cdots +\frac{1}{2n}$ から $\frac{1}{1}+\cdots +\frac{1}{n}$ を引いたものだ。

調和数 $H_m=\sum _{k=1}^m\frac{1}{k}$ を使えば

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{n+k}=H_{2n}-H_n.$$

ここで $H_m\approx \log m+\gamma$(オイラーの定数 $\gamma$)という近似を使うと

$$H_{2n}-H_n\approx (\log 2n+\gamma )-(\log n+\gamma )=\log 2n-\log n=\log 2.$$

定数 $\gamma$ がきれいに相殺して $\log 2$ が残る。区分求積(本解)が「面積」で見るのに対し、こちらは「調和数の引き算」で見る。$H_{2n}-H_n\to \log 2$ は、交代調和級数 $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots =\log 2$ とも同じ値で、この2つには関係がある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $1-\cos \frac{\pi }{n}$ は $n\to \infty$ で $0$ に近づき、$n^2$ は $\infty$。$0\times \infty$ の不定形だ。

$1-\cos$ をそのまま扱うより、半角の公式 $1-\cos \theta =2{\sin }^2\frac{\theta }{2}$ で $\sin$ に直す。すると $n^2\cdot 2{\sin }^2\frac{\pi }{2n}$。$\frac{\sin x}{x}\to 1$ が使えるよう、$\sin \frac{\pi }{2n}$ を「角で割る」形にそろえれば極限が出る。

① 半角で直す。 $$n^2\left(1-\cos \frac{\pi }{n}\right)=n^2\cdot 2{\sin }^2\frac{\pi }{2n}=2n^2{\sin }^2\frac{\pi }{2n}.$$ ② $\frac{\sin x}{x}$ の形に。 $x=\frac{\pi }{2n}$ とおくと $n=\frac{\pi }{2x}$、$n^2=\frac{{\pi }^2}{4x^2}$。よって $$2n^2{\sin }^2\frac{\pi }{2n}=2\cdot \frac{{\pi }^2}{4x^2}{\sin }^{2}x=\frac{{\pi }^2}{2}{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2.$$ ③ 極限。 $n\to \infty$ で $x=\frac{\pi }{2n}\to 0$、$\frac{\sin x}{x}\to 1$ だから $$\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\left(1-\cos \frac{\pi }{n}\right)=\frac{{\pi }^2}{2}\cdot 1^2=\frac{{\pi }^2}{2}.$$

まとめ $1-\cos$ は半角で ${\sin }^2$ に直し、$\frac{\sin x}{x}\to 1$ に帰着。答えは $\frac{{\pi }^2}{2}$。三角と極限の融合。

発展。 一般に $n^2\left(1-\cos \frac{a}{n}\right)\to \frac{a^2}{2}$。近似 $1-\cos \theta \sim \frac{{\theta }^2}{2}$ は、振り子の周期(小さい角では単振動)や、光の回折の計算など、物理のいたるところで「小さい角の $\cos$ を放物線で置き換える」場面に登場する。

別解

別解:テイラー展開(近似式)で見抜く(得意な人向けの高い視点)。 $\theta$ が $0$ に近いとき、$\cos \theta$ は

$$\cos \theta =1-\frac{{\theta }^2}{2}+\frac{{\theta }^4}{24}-\cdots$$

と展開できる。だから $1-\cos \theta =\frac{{\theta }^2}{2}-\frac{{\theta }^4}{24}+\cdots$、主要項は $\frac{{\theta }^2}{2}$。$\theta =\frac{\pi }{n}$ を入れると $1-\cos \frac{\pi }{n}\approx \frac{1}{2}\cdot \frac{{\pi }^2}{n^2}$。$n^2$ を掛ければ

$$n^2\left(1-\cos \frac{\pi }{n}\right)\approx n^2\cdot \frac{{\pi }^2}{2n^2}=\frac{{\pi }^2}{2}.$$

高次の項(${\theta }^4$ 以降)は $n^2$ を掛けても $0$ に消えるから、極限は $\frac{{\pi }^2}{2}$。半角公式(本解)は高校の範囲で厳密に、テイラー展開は「主要項だけ見る」感覚で速く。$1-\cos \theta \sim \frac{{\theta }^2}{2}$ という近似は、極限計算でよく使う。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分数の漸化式 $a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n}$ は、そのままでは扱いにくい。分数型は逆数をとると扱いやすくなることが多い。

両辺の逆数をとると $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1+a_n}{a_n}=\frac{1}{a_n}+1$。逆数の数列が公差 $1$ の等差数列だ。$\frac{1}{a_1}=1$ から $\frac{1}{a_n}=n$、すなわち $a_n=\frac{1}{n}$。$n{a}_n=1$ で極限も $1$。

① 逆数の漸化式。 $a_n>0$(帰納的に正)で $$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1+a_n}{a_n}=\frac{1}{a_n}+1.$$ ② 一般項。 $\frac{1}{a_n}$ は初項 $\frac{1}{a_1}=1$、公差 $1$ の等差数列だから $$\frac{1}{a_n}=1+(n-1)\cdot 1=n⟹a_n=\frac{1}{n}.$$ ③ 極限。 $$n{a}_n=n\cdot \frac{1}{n}=1⟹\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=1.$$

まとめ分数型は逆数で等差数列に。$\frac{1}{a_n}=n$ より $a_n=\frac{1}{n}$、$n{a}_n=1\to 1$。漸化式(逆数)と極限の融合。

発展。 漸化式を $a_{n+1}=\frac{a_n}{1+2a_n}$ に変えると、逆数が $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n}+2$ で公差 $2$、$\frac{1}{a_n}=2n-1$、$a_n=\frac{1}{2n-1}$。$n{a}_n\to \frac{1}{2}$ になる。分数型の漸化式は「逆数で等差」が、ほとんどの場合に使える方法だ。

別解

別解:具体的に数項並べてパターンを見る(苦手な人向け)。 逆数の技を思いつく前に、まず手を動かして数列を書き出してみる。

$$a_1=1,a_2=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2},a_3=\frac{1/2}{1+1/2}=\frac{1}{3},a_4=\frac{1/3}{1+1/3}=\frac{1}{4}.$$

$\frac{1}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\dots$ と、みごとに $a_n=\frac{1}{n}$ が並ぶ。予想が立てば証明は早い。逆数 $\frac{1}{a_n}$ が $1,2,3,4,\dots$ と $1$ ずつ増える等差数列だと気づけて、$\frac{1}{a_n}=n$。

そして $n{a}_n=n\cdot \frac{1}{n}=1$ だから、極限も $1$。「まず具体例で予想 → 逆数で証明」という順で進むと、なぜ逆数をとるのかが腑に落ちる。数列の極限は、最初の数項を書くだけで見当がつくことが多い。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分母が「連続する3整数の積」。このままでは足せないが、差の形に分解できれば和が畳める(望遠鏡)。

ねらいは $\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right)$。隣どうしの差になっている。足すと中間が全部打ち消し合い、両端だけ残る。部分和の極限をとれば無限級数の和が出る。

① 部分分数に。 右辺を通分すると $\frac{1}{2}\cdot \frac{(k+2)-k}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{k(k+1)(k+2)}$ で一致。

② 部分和(望遠鏡)。 $g(k)=\frac{1}{k(k+1)}$ とおくと項は $\frac{1}{2}(g(k)-g(k+1))$。$k=1$ から $n$ まで足すと中間が打ち消し $$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}(g(1)-g(n+1))=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right).$$ ③ 極限。 $n\to \infty$ で $\frac{1}{(n+1)(n+2)}\to 0$ だから $$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$$

まとめ $3$ 因子の逆数は $\frac{1}{2}(g(k)-g(k+1))$ の差に分解、望遠鏡和で両端だけ残る。極限 $\frac{1}{4}$。無限級数と部分分数の融合。

発展。 連続整数の積はいつでも望遠鏡に開ける。$\sum \frac{1}{k(k+1)}=1$、本問の3連続で $\frac{1}{4}$、$4$ 連続 $\frac{1}{k(k+1)(k+2)(k+3)}$ なら $\frac{1}{18}$。一般に $m$ 連続の積の逆和は $\frac{1}{(m-1)\cdot (m-1)!}$。分母が連続した整数の積になっていることが、差に分けられる理由だ。

別解

別解:部分分数を3つに分けて縦に消す(苦手な人向け)。 いきなり2項の差にする代わりに、まず素朴に3つの分数へ分解する。

$$\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1/2}{k}-\frac{1}{k+1}+\frac{1/2}{k+2}.$$

($\frac{A}{k}+\frac{B}{k+1}+\frac{C}{k+2}$ とおき、係数を比べると $A=\frac{1}{2},B=-1,C=\frac{1}{2}$。)和をとると、$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{m}$ の列、$-\frac{1}{m}$ の列、$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{m}$ の列が1つずつずれて並ぶ。中間の各 $\frac{1}{m}$($m\ge 3$)には $\frac{1}{2}-1+\frac{1}{2}=0$ が掛かって消える。残るのは両端の数項だけで、部分和は $\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}$、極限は $\frac{1}{4}$。

本解の「2項の差 $\times \frac{1}{2}$」はこの3項分解をあらかじめ望遠鏡の形に束ねたもの。束ねる前の3項分解の方が、なぜ消えるかは目に見えやすい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\left(\frac{n+1}{n-1}\right)}^n$ は $1^{\infty }$ の不定形。底が $1$ に近づき、指数が $\infty$ になるので、$e$ の定義に持ち込む形だ。

底を $1+(\text{小})$ に直す。$\frac{n+1}{n-1}=1+\frac{2}{n-1}$。${\left(1+\frac{2}{n-1}\right)}^{n-1}\to e^2$($e$ の定義)を使いたいので、指数を $n-1$ にそろえる。余った指数のずれは $1$ に収束するので、極限は $e^2$。

① 底を $1+(\text{小})$ に。 $$\frac{n+1}{n-1}=\frac{(n-1)+2}{n-1}=1+\frac{2}{n-1}.$$ ② 指数を $n-1$ にそろえる。 $${\left(1+\frac{2}{n-1}\right)}^n={\left(1+\frac{2}{n-1}\right)}^{n-1}\cdot {\left(1+\frac{2}{n-1}\right)}^1.$$ ③ 極限をとる。 $m=n-1\to \infty$ とみると ${\left(1+\frac{2}{n-1}\right)}^{n-1}\to e^2$、また ${\left(1+\frac{2}{n-1}\right)}^1\to 1$。よって $$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n+1}{n-1}\right)}^n=e^2\cdot 1=e^2.$$

まとめ $1^{\infty }$ は底を $1+\frac{2}{n-1}$ にして $e$ の定義に帰着。指数を $n-1$ にそろえ、残りは $1$。極限は $e^2$。極限と $e$ の融合。

発展。 より一般に ${\left(\frac{n+a}{n+b}\right)}^n\to e^{a-b}$。差 $a-b$ だけが残り、$a,b$ 個別の値は極限に残らない。${\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n\to e^x$ という $e$ の普遍的な現れ方の一族で、連続複利や微分方程式 $y^{\prime }=y$ の解 $e^x$ の源でもある。

別解

別解:対数をとって指数を下ろす(苦手な人向け)。 $1^{\infty }$ 型は対数をとると和や積の極限になる。$L=\lim {\left(\frac{n+1}{n-1}\right)}^n$ とおき、両辺の対数をとる。

$$\log L=\underset{n\to \infty }{\lim }n\log \frac{n+1}{n-1}=\underset{n\to \infty }{\lim }n\log \left(1+\frac{2}{n-1}\right).$$

$\log (1+x)\approx x$($x$ が小さいとき)を使うと、$\log \left(1+\frac{2}{n-1}\right)\approx \frac{2}{n-1}$。だから

$$\log L=\underset{n\to \infty }{\lim }n\cdot \frac{2}{n-1}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n}{n-1}=2.$$

$\log L=2$ だから $L=e^2$。$e$ の定義に指数をそろえる本解に対し、対数ルートは「指数を前に下ろして極限」という一直線。$1^{\infty }$ を見たら対数、は極限計算の基本だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{n!}{n^n}$ を、$n$ 個の分数の積とみる。$\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{n}\cdot \frac{3}{n}\cdots \frac{n}{n}$。

各因子は $1$ 以下(最後の $\frac{n}{n}=1$)で、最初の因子は $\frac{1}{n}$。だから積全体は最初の $\frac{1}{n}$ に $1$ 以下の数を掛けたものより大きくならない。$0<\frac{n!}{n^n}\le \frac{1}{n}$。両側が $0$ に向かうので、はさみうちで極限は $0$。

① 積に分ける。 $$\frac{n!}{n^n}=\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{n}\cdot \frac{3}{n}\cdots \frac{n}{n}.$$ ② 上から押さえる。 $2$ 番目以降の因子 $\frac{2}{n},\frac{3}{n},\dots ,\frac{n}{n}$ はすべて $1$ 以下(最後は $1$)。だから $$0<\frac{n!}{n^n}=\frac{1}{n}\cdot \underset{\le 1}{\underbrace{\frac{2}{n}\cdots \frac{n}{n}}}\le \frac{1}{n}.$$ ③ はさみうち。 $\frac{1}{n}\to 0$ だから、$0<\frac{n!}{n^n}\le \frac{1}{n}$ より $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!}{n^n}=0.$$

まとめ $\frac{n!}{n^n}$ を分数の積とみて、最初の因子 $\frac{1}{n}$ で上から押さえる($0<\cdot \le \frac{1}{n}$)。はさみうちで $0$。極限とはさみうち・数列の融合。

発展。 どれくらいの速さで $0$ かは、スターリングの近似 $n!\approx \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$ が精密に答える。これを使うと $\frac{n!}{n^n}\approx \sqrt{2\pi n}{e}^{-n}$ で、$e^{-n}$ の速さで $0$ に落ちる。隣接比が $\frac{1}{e}$ に近づく(別解)ことと同じ内容を、閉じた式で表している。

別解

別解:$\frac{a_{n+1}}{a_n}$ の比で急減を見る(得意な人向けの高い視点)。 $a_n=\frac{n!}{n^n}$ の隣接比を調べる。

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{n!}=\frac{n^n}{(n+1{)}^n}={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n=\frac{1}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n}.$$

分母 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\to e$ だから、比は $\frac{1}{e}\approx 0.368$ に近づく。つまり大きい $n$ では、$a_n$ は毎回およそ $\frac{1}{e}$ 倍される。公比 $\frac{1}{e}<1$ の等比数列のように、幾何級数的に $0$ へ落ちていく。

はさみうち(本解)は $\le \frac{1}{n}$ という素朴な上界で $0$ を示すが、隣接比は「どれくらいの速さで $0$ か」まで分かる。ここで $e$ が出てくる点にも注目したい(級数 $\sum a_n$ の収束は、比が $\frac{1}{e}<1$ からダランベールの判定で分かる)。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $a^{1/n}\to 1$、$n\to \infty$ で $0\times \infty$ の不定形。累乗根のままでは扱いにくいので、指数関数に直す。

$a^{1/n}=e^{(\log a)/n}$。$t=\frac{1}{n}\to 0$ とおくと、式は $\frac{e^{t\log a}-1}{t}$ の形になる。これは $e^x$ の $x=0$ での微分係数($\frac{e^{ct}-1}{t}\to c$)そのもの。$c=\log a$ だから極限は $\log a$。

① 指数関数に直す。 $a^{1/n}=e^{(\log a)/n}$。$t=\frac{1}{n}$ とおくと $n\to \infty$ で $t\to +0$、 $$n\left(a^{1/n}-1\right)=\frac{a^t-1}{t}=\frac{e^{t\log a}-1}{t}.$$ ② 微分係数に帰着。 $c=\log a$ とおくと $\frac{e^{ct}-1}{t}=c\cdot \frac{e^{ct}-1}{ct}$。$ct\to 0$ で $\frac{e^{ct}-1}{ct}\to 1$。

③ 極限。 よって $$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(a^{1/n}-1\right)=c\cdot 1=\log a.$$

まとめ $a^{1/n}=e^{(\log a)/n}$ と直し、$t=\frac{1}{n}\to 0$ で $\frac{e^{t\log a}-1}{t}$。これは $e^x$ の微分係数から $\log a$。$n$ 乗根の $1$ への近づき方が対数を映す。極限と指数対数の融合。

発展。 差の形 $n\left(a^{1/n}-b^{1/n}\right)\to \log \frac{a}{b}$ も同じ手で出る。$a^{1/n}-b^{1/n}$ を $n$ 倍すると、対数の差=商の対数になる。「累乗根の細かい差を $n$ 倍すると対数」という現象は、対数が「掛け算を足し算に変える」道具であることの、極限を通した現れである。

別解

別解:「累乗根の $n$ 倍」を対数の定義で読む(得意な人向けの高い視点)。 $n\left(a^{1/n}-1\right)$ を、対数そのものの定義とみる見方がある。

数 $a^{1/n}$ は $a$ の $n$ 乗根で、$1$ にごく近い。この「$1$ からのわずかなずれ」を $n$ 倍したものが、ちょうど $\log a$ に近づく。実際、$b_n=a^{1/n}$ とおくと $b_n^n=a$、両辺の対数で $n\log b_n=\log a$。$b_n\to 1$ で $\log b_n\approx b_n-1$ だから

$$\log a=n\log b_n\approx n(b_n-1)=n(a^{1/n}-1).$$

歴史的には、対数はこの「累乗根を細かくとって $1$ からのずれを測る」発想で定義された(ネイピア)。$e^x$ の微分(本解)で片づく現代的なルートとは別に、対数が作られた歴史的な経緯も分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 交代級数 $1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots$ の一般項 $\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}$ は、$\arctan$ の級数を思わせる。

出発点は等比級数 $\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-\cdots =\sum (-x^2{)}^k$。これを $[0,1]$ で項別に積分する。左辺は $\arctan 1=\frac{\pi }{4}$、右辺の各項 ${\int }_0^1(-1{)}^k{x}^{2k}dx=\frac{(-1{)}^k}{2k+1}$ が求める級数。だから和は $\frac{\pi }{4}$。

① 級数に展開して積分。 $\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+\cdots$ を $[0,1]$ で項別積分する。左辺は $${\int }_0^1\frac{dx}{1+x^2}=[\arctan x{]}_0^1=\arctan 1=\frac{\pi }{4}.$$ ② 右辺の積分。 $${\int }_0^1(1-x^2+x^4-\cdots )dx=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}.$$ ③ 等号。 左辺 $=$ 右辺だから $$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}=\frac{\pi }{4}.$$

まとめ $\frac{1}{1+x^2}$ を等比級数に開いて $[0,1]$ で積分すると、左は $\arctan 1=\frac{\pi }{4}$、右が交代級数。ライプニッツの公式 $1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots =\frac{\pi }{4}$。無限級数と積分($\arctan$)の融合。

発展。 同じ $\arctan$ の級数を $x=\frac{1}{\sqrt{3}}$ で使うと $\frac{\pi }{6}$ が公比 $\frac{1}{3}$ で速く求まる。歴史的には $\frac{\pi }{4}=4\arctan \frac{1}{5}-\arctan \frac{1}{239}$(マチンの公式、1706年)のように、小さい $x$ の $\arctan$ を組み合わせて $\pi$ を高速計算してきた。級数は「どこで評価するか」で実力が全く変わる。

別解

別解:収束の速さと、より速い級数(得意な人向けの視点)。 ライプニッツ級数 $\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots$ は簡単な形をしているが、収束はとても遅い。交代級数の誤差は「次の項の大きさ」以下なので、$\frac{\pi }{4}$ を小数 $n$ 桁求めるには項が約 $10^n$ 個いる。$\pi$ の計算には実用的でない。

同じ $\arctan$ の級数でも、$x$ を小さくとると激変する。$\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi }{6}$ を使うと

$$\frac{\pi }{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(1-\frac{1}{3\cdot 3}+\frac{1}{5\cdot 3^2}-\cdots \right)$$

で、公比 $\frac{1}{3}$ の等比数列と同じくらい速く収束する(数十項で十数桁)。実際の円周率計算では、こうした「小さい $x$ の $\arctan$」を組み合わせた公式(マチンの公式など)が使われてきた。

$x=1$ で成り立つ(本解)ことと、実用的に使える収束の速さは別物。$\arctan$ の級数は「どの $x$ を入れるか」で収束の速さが大きく変わる。