数学III / 関数と極限

関数と極限最難関編の問題全8問

東大・京大の最難関レベル。気づきにくい発想や、何段階もの議論が必要な問題

難易度: ★ 基礎·★★ 標準·★★★ 応用·★★★★ 難関·実戦編·最難関編

√(n²+1) の正弦の極限
1に近づく底の累乗の極限
n乗の和の n乗根の極限
調和級数の発散
cos x = x の解の存在と一意性
極限で定義された関数の連続性
(等差)×(等比)の無限級数と正当化
逆数の平方和の n 倍の極限

問1√(n²+1) の正弦の極限

最難関編周期性有理化

問題

極限 $n \to \infty lim n sin (2 π n^{2} + 1)$ を求めよ。

ヒントを見る

角がどんどん大きくなる正弦は、そのままでは極限が見えない。sin の周期性を使って、角から「邪魔な大きな部分」を取り除けないか。残った小さな角はどんな形か。

解答・解説

方針

sin の中身は大きくなる一方に見えるが、周期 2π の整数倍 2πn を引いても値は変わらない。引いた後の 2π(√(n²+1)−n) は有理化すると0に近づく小さな角になるので、あとはいつもの sinθ/θ→1 で片づける。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2 π n^{2} + 1$ は限りなく大きくなるので、一見激しく振動しそうだ。だが $n^{2} + 1$ は $n$ より「ほんの少し」大きいだけ。

そして $sin$ は周期 $2 π$ だから、周期の整数倍 $2 π n$ を引いても値は変わらない。引き算 $n^{2} + 1 - n$ は有理化すれば $\frac{1}{n ^{2} + 1 + n} \to 0$ 。つまりこの正弦は「0に近づく小さな角の正弦」だ。 $n$ 倍とのバランスは $\frac{sin θ}{θ} \to 1$ で測れる。

公式

sin (θ - 2 π n) = sin θ

。

lim_{θ \to 0} \frac{sin θ}{θ} = 1

① 周期の整数倍をはがす。

$sin (2 π n^{2} + 1) = sin (2 π n^{2} + 1 - 2 π n) = sin (2 π (n^{2} + 1 - n))$

② 有理化して小さな角にする。

$θ_{n} = 2 π (n^{2} + 1 - n) = \frac{2 π}{n ^{2} + 1 + n} ⟶ 0$

③ $n$ 倍とのバランスをとる。

$n sin θ_{n} = n θ_{n} \cdot \frac{sin θ _{n}}{θ _{n}}$

ここで

$n θ_{n} = \frac{2 π n}{n ^{2} + 1 + n} = \frac{2 π}{1 + \frac{1}{n ^{2}} + 1} ⟶ \frac{2 π}{2} = π$

$\frac{sin θ _{n}}{θ _{n}} \to 1$ とあわせて

$n \to \infty lim n sin (2 π n^{2} + 1) = π$

まとめ: 大きく回って見える角は、周期の整数倍をはがして小さくする。正弦の周期性を極限の道具として使えば解ける。はがした後は有理化 → $\frac{s i n θ}{θ}$ のいつもの組み合わせで、 $n^{2} + 1$ と $n$ の差の部分だけが答えに残る。

発展。 根号の中の $+ 1$ を $+ c$ に変えると、同じ計算で答えは $c π$ になる(差のかけら $n^{2} + c - n \to \frac{c}{2 n}$ が答えを運ぶ)。さらに $n^{2} + n$ にすると、半端 $\frac{1}{2}$ が $sin$ の周期の半分を食い、その先の補正 $- \frac{1}{8 n}$ が答えを決めて $\frac{π}{4}$ になる。「根号を $n + (補正)$ と読む」精度を1段ずつ上げる感覚が、この型の全部を支配している。

答

$π$

別解

先に見積もる( $n^{2} + 1 \approx n + \frac{1}{2 n}$ の目)。 答えの見当を、根号の近似でつけてしまう手がある。

$n^{2} + 1 = n 1 + \frac{1}{n ^{2}} \approx n (1 + \frac{1}{2 n ^{2}}) = n + \frac{1}{2 n}$

(「 $1 + u \approx 1 + \frac{u}{2}$ ( $u$ が小さいとき)」という平方根の1次近似。)すると角は

$2 π n^{2} + 1 \approx 2 π n + \frac{π}{n}$

周期分 $2 π n$ を除けば残りは $\frac{π}{n}$ 。 $sin \frac{π}{n} \approx \frac{π}{n}$ だから、 $n$ 倍すれば $π$ となり、3行で答えの見当がつく。

もちろんこのままでは答案にならない(「 $\approx$ 」は証明でない)。だが先に結論を知ってから本解の有理化・はさみで固めると、計算の目的地が明確になり道に迷わない。見積もりと厳密化の2段階は極限の問題を解くときの基本だ。

ポイント

$sin (2 π n^{2} + 1) = sin (2 π (n^{2} + 1 - n))$ (周期性)。
有理化で $θ_{n} = \frac{2 π}{n ^{2} + 1 + n} \to 0$ 。
$n θ_{n} \to π$ 、 $\frac{s i n θ _{n}}{θ _{n}} \to 1$ で答えは $π$ 。

よくある間違い

「角が発散する正弦は振動するから極限なし」と早合点する。周期の整数倍をはがすと、実は0に近づく角だった。
$sin$ の周期を $π$ と混同して $π n$ を引く( $sin (θ - π n) = \pm sin θ$ と符号が暴れる。はがしてよいのは $2 π$ の整数倍)。
$n sin θ_{n}$ を黙って $n θ_{n}$ に置き換える。 $\frac{sin θ _{n}}{θ _{n}} \to 1$ を掛ける形で明示する。

問21に近づく底の累乗の極限

最難関編対数化標準極限の連鎖

問題

極限 $n \to \infty lim (cos \frac{1}{n})^{n^{2}}$ を求めよ。

ヒントを見る

1に近づくものの大きな累乗は、直接は測れない。この形でよく使う最初の一手は何か。対数を取ったあと、cos(1/n) を「1+(小さいもの)」と見ると、知っている極限が2つ連鎖しないか。

解答・解説

方針

底が1に近づき指数が発散する不定形。対数を取って n²log cos(1/n) の極限に直し、「(1−cos u)/u²→1/2」と「log(1+t)/t→1」の2つの標準極限の積に分解する。最後に指数関数の連続性で値に戻す。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 底 $cos \frac{1}{n} \to 1$ 、指数 $n^{2} \to \infty$ の「1の無限乗」型不定形だ。この型は対数を取って積の形に直すのが基本になる。

$L_{n} = n^{2} lo g cos \frac{1}{n}$ とおく。 $cos \frac{1}{n} = 1 + t_{n}$ ( $t_{n} = cos \frac{1}{n} - 1 \to 0$ )と見ると、 $1 - cos$ の標準極限と $lo g (1 + t)$ の標準極限が連鎖する形に分解できる。部品を2つつないで組み立てる、という設計図が最初に見えれば、あとは各部品の値を入れるだけだ。

公式

lim_{u \to 0} \frac{1 - cos u}{u ^{2}} = \frac{1}{2}

、

lim_{t \to 0} \frac{lo g ( 1 + t )}{t} = 1

① 対数を取り、分解する。 $t_{n} = cos \frac{1}{n} - 1$ とおくと

$L_{n} = n^{2} lo g (1 + t_{n}) = n^{2} t_{n} \cdot \frac{lo g ( 1 + t _{n} )}{t _{n}}$

② それぞれの因子の極限。 前の因子は $u = \frac{1}{n}$ として

$n^{2} t_{n} = - \frac{1 - cos \frac{1}{n}}{( \frac{1}{n} ) ^{2}} ⟶ - \frac{1}{2}$

後の因子は $t_{n} \to 0$ だから $\frac{lo g ( 1 + t _{n} )}{t _{n}} \to 1$ 。よって $L_{n} \to - \frac{1}{2}$ 。

③ 指数に戻す。 指数関数は連続だから

$(cos \frac{1}{n})^{n^{2}} = e^{L_{n}} ⟶ e^{- 1/2} = \frac{1}{e}$

まとめ: 「1の無限乗」は対数化 → 標準極限の積に分解、が設計図。 $\frac{1 - c o s u}{u ^{2}} \to \frac{1}{2}$ と $\frac{l o g ( 1 + t )}{t} \to 1$ という2つの部品を、置き換え $t_{n}$ でつないで組み立てる。極限の計算は部品の連鎖で書くと迷いがない。

発展。 $cos \frac{a}{n}$ に変えると答えは $e^{- a^{2} /2}$ 。これは $cos u \approx 1 - \frac{u ^{2}}{2}$ という2次の近似がそのまま指数に乗る、と読める。この「関数を多項式で近似して極限を読む」視点は、数IIIの先(テイラー展開)で本格的に使われる。 $\frac{s i n θ}{θ} \to 1$ も $\frac{1 - c o s u}{u ^{2}} \to \frac{1}{2}$ も、その最初の2項を見たものだ。

答

$e^{- 1/2} = \frac{1}{e}$

別解

$e$ の定義の形に直接寄せる(対数を経由しない)。 $t_{n} = cos \frac{1}{n} - 1 \to 0$ とおくと、与式は

$(cos \frac{1}{n})^{n^{2}} = (1 + t_{n})^{n^{2}} = {(1 + t_{n})^{\frac{1}{t _{n}}}}^{n^{2} t_{n}}$

と、 $e$ の定義の形 $(1 + t)^{1/ t}$ を無理やりくくり出せる。中身は $t_{n} \to 0$ だから $(1 + t_{n})^{1/ t_{n}} \to e$ 。肩に乗った指数は

$n^{2} t_{n} = - \frac{1 - cos \frac{1}{n}}{( \frac{1}{n} ) ^{2}} ⟶ - \frac{1}{2}$

よって全体は $e^{- 1/2}$ 。対数化(本解)と $e$ の定義くくり出し(本ルート)は、同じ計算の表と裏だ。「 $1$ に近づくものの大きな累乗を見たら、 $(1 + 小)^{1/ 小}$ を作って $e$ をくくり出す」という手順は、 $(1 + \frac{a}{n})^{n} \to e^{a}$ 系の問題すべてに使える。

ポイント

対数化 $L_{n} = n^{2} lo g cos \frac{1}{n}$ で積に分解。
$n^{2} (cos \frac{1}{n} - 1) \to - \frac{1}{2}$ 、 $\frac{l o g ( 1 + t )}{t} \to 1$ 。
$e^{L_{n}} \to e^{- 1/2}$ (指数関数の連続性)。

よくある間違い

「底が1より小さいものの無限乗だから0」と即断する。底が1に近づく速さと指数の伸びの競争で、答えは0でも1でもない値になる。
$\frac{1 - cos u}{u ^{2}} \to \frac{1}{2}$ の $\frac{1}{2}$ を落として $e^{- 1}$ とする。
対数の底を途中で混ぜる( $lo g (1 + t) / t \to 1$ は自然対数の性質。全編自然対数で通す)。

問3n乗の和の n乗根の極限

最難関編はさみうち支配項

問題

$a > 0, b > 0$ とする。極限 $n \to \infty lim (a^{n} + b^{n})^{\frac{1}{n}}$ を求めよ。

ヒントを見る

$a^{n}$ と $b^{n}$ 、 $n$ が大きいときに和を支配するのはどちらか。支配する項だけで和を上下から見積もると、あとに残る仕事は「 $2^{1/ n}$ がどこへ行くか」だけになる。

解答・解説

方針

n乗の和は大きい方の項が支配する: a≥b とすると aⁿ ≤ aⁿ+bⁿ ≤ 2aⁿ。1/n 乗してはさむと両端が a と a·2^{1/n} になり、2^{1/n}→1 を二項定理で示せば挟み撃ちが完成する。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $n$ 乗すると、大小の差が急速に開く。和 $a^{n} + b^{n}$ は大きい方の項に支配されるはずだ。

$a \geq b$ としてよい( $a < b$ なら記号を替えるだけ)。支配項ではさむと $a^{n} \leq a^{n} + b^{n} \leq 2 a^{n}$ で、 $\frac{1}{n}$ 乗すれば両端は $a$ と $a \cdot 2^{1/ n}$ 。残る仕事は $2^{1/ n} \to 1$ の一点だけ。これは二項定理の評価で片づく。

重要支配項ではさむ:

a \geq b > 0

なら

a^{n} \leq a^{n} + b^{n} \leq 2 a^{n}

。

2^{1/ n} \to 1

は

h_{n} = 2^{1/ n} - 1

とおいて二項定理で

① 支配項ではさむ。 $a \geq b$ とすると $b^{n} \leq a^{n}$ だから

$a^{n} \leq a^{n} + b^{n} \leq 2 a^{n} ⟹ a \leq (a^{n} + b^{n})^{\frac{1}{n}} \leq a \cdot 2^{\frac{1}{n}}$

② $2^{1/ n} \to 1$ を示す。 $h_{n} = 2^{1/ n} - 1 > 0$ とおくと $2 = (1 + h_{n})^{n} \geq 1 + n h_{n}$ (二項定理の最初の2項)より

$0 < h_{n} \leq \frac{1}{n} ⟶ 0$

よって $2^{1/ n} = 1 + h_{n} \to 1$ 。

③ はさみうちで結論。 両端がともに $a$ に収束するから

$n \to \infty lim (a^{n} + b^{n})^{\frac{1}{n}} = a = max (a, b)$

( $a < b$ の場合は役割を入れ替えて $b$ 。 $a = b$ のときも ①の形から $a \cdot 2^{1/ n} \to a$ で同じ。)

まとめ: 和は最大項が支配する。そのことをはさみうちで定量的に示すのが本問だ。答えに $max$ が現れる極限の代表格で、項が3つ以上( $a^{n} + b^{n} + c^{n}$ など)でも係数が $2$ から項数に変わるだけで同じ論法が通る。

発展。 項を増やしても $(a_{1}^{n} + \dots + a_{k}^{n})^{1/ n} \to max (a_{1}, \dots, a_{k})$ (係数が $2$ から $k$ に変わるだけ)。 $n$ 乗和の $n$ 乗根をとると、最大値が取り出される。この事実は距離や誤差の測り方を $p$ 乗和で定める分野(いわゆる $L^{p}$ ノルム)で「 $p \to \infty$ の極限が最大値ノルム」という基本定理になっている。

答

$max (a, b)$ ( $a, b$ の大きい方)

別解

対数で「支配」を式にする(数III らしい第2の道)。 対数を取ると、支配の構造が足し算に開かれる。 $a \geq b$ として

$lo g (a^{n} + b^{n})^{\frac{1}{n}} = \frac{1}{n} lo g (a^{n} (1 + (\frac{b}{a})^{n})) = lo g a + \frac{1}{n} lo g (1 + (\frac{b}{a})^{n})$

ここで $0 < (\frac{b}{a})^{n} \leq 1$ だから

$0 \leq \frac{1}{n} lo g (1 + (\frac{b}{a})^{n}) \leq \frac{lo g 2}{n} ⟶ 0$

よって対数は $lo g a$ に収束し、指数関数の連続性から与式は $a = max (a, b)$ に収束する。

はさみうち(本解)は素朴で強く、対数ルートは「大きい方をくくり出すと、残りは $1 + (比)^{n}$ で御しやすい」という支配項くくり出しの型がそのまま見える。 $n$ 乗の比較はまず比を作る。この習慣は数IIIの多くの場面で役に立つ。

ポイント

$a^{n} \leq a^{n} + b^{n} \leq 2 a^{n}$ ( $a \geq b$ )。
$2^{1/ n} \to 1$ (二項定理で $h_{n} \leq \frac{1}{n}$ )。
はさみうちで $max (a, b)$ 。

よくある間違い

$2^{1/ n} \to 1$ を「明らか」で済ませる。二項定理の評価( $h_{n} \leq \frac{1}{n}$ )か対数か、道具を明示して示す。
$a = b$ の場合を別扱いし忘れて不安になる(実ははさみの式がそのまま通る。確認の一言を添える)。
はさむ不等式の向きを混乱する( $b^{n} \leq a^{n}$ を使うのは上からの $2 a^{n}$ 側)。

問4調和級数の発散

最難関編級数の発散ブロック評価

問題

(1) すべての自然数 $n$ について、次の不等式が成り立つことを示せ。

$k = 1 \sum 2^{n} \frac{1}{k} \geq 1 + \frac{n}{2}$

(2) 無限級数 $k = 1 \sum \infty \frac{1}{k}$ は発散することを示せ。

ヒントを見る

各項は0に近づくのに、和が大きくなり続けることをどう示すか。和を「区切りのよいかたまり」に分けて、各かたまりを最小の項×個数で下から見積もるとどうなるか。どのかたまりも同じ量だけ稼いでいないか。

解答・解説

方針

和を 2 のべきで区切ったブロックに分け、各ブロックの項をいちばん小さい項で置き換えて下から見積もる: 2^{m−1}+1 から 2^m までの 2^{m−1} 個の項はどれも 1/2^m 以上なので、ブロック和は必ず 1/2 以上。ブロックが n 個で n/2 稼げる。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{1}{k}$ の和に公式はない。発散を示すには下からの評価があればよい。

基本の方法は「ブロック分割+最小項×個数」だ。和を $2$ のべきで区切ると、区間 $(2^{m - 1}, 2^{m}]$ には $2^{m - 1}$ 個の項があり、どれも $\frac{1}{2 ^{m}}$ 以上。だからブロック1つで必ず $\frac{1}{2}$ 稼げる。

項がいくら小さくなっても、ブロックの「個数×最小値」が一定に保たれる。これがこの級数の注意すべき性質だ。

重要下からの評価: ブロック内の各項を最小の項で置き換える。区間

(2^{m - 1}, 2^{m}]

の項数は

2^{m - 1}

、各項は

\geq \frac{1}{2 ^{m}}

① ブロックの評価。 $m \geq 1$ に対し

$B_{m} = k = 2^{m - 1} + 1 \sum 2^{m} \frac{1}{k} \geq 2^{m - 1} \cdot \frac{1}{2 ^{m}} = \frac{1}{2}$

② 足し上げる((1)の証明)。 $1$ から $2^{n}$ までの和は、先頭の $1$ と $n$ 個のブロックに分かれるから

$k = 1 \sum 2^{n} \frac{1}{k} = 1 + B_{1} + B_{2} + \dots + B_{n} \geq 1 + \frac{n}{2}$

③ 発散((2)の証明)。 部分和 $S_{N} = \sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{k}$ は増加する。どんな数 $M$ に対しても、 $n > 2 (M - 1)$ ととれば

$S_{2^{n}} \geq 1 + \frac{n}{2} > M$

つまり部分和はどんな数をも超えるので、この級数は(一定の値に収束せず)発散する。

まとめ: 「各項 $\to 0$ でも和は発散し得る」ことのいちばん重要な実例。倍々のブロックで切ると、どのブロックも $\frac{1}{2}$ ずつ和を増やす、という構造に気づくことが決め手だ。収束・発散の判定は和を「評価できる形」に組み替える技術である。

発展。 ブロック評価は上からも使える: 各ブロックは(最大項)×(個数) $\leq \frac{1}{2 ^{m - 1}} \cdot 2^{m - 1} = 1$ 以下なので $S_{2^{n}} \leq 1 + n$ 。下界 $1 + \frac{n}{2}$ とあわせて、部分和 $S_{N}$ は $lo g_{2} N$ の定数倍の速さで(そしてその速さでしか)育たないことが分かる。「発散するが、対数的にしか発散しない」という調和級数の性質は、この両側評価で初めてはっきり分かる。

答

(1) ブロックごとの下からの評価(証明) (2) 部分和がどんな数をも超えるので発散

別解

背理法で(収束すると仮定して自分より大きくなる)。 発散の証明には背理法を使う方法もある。仮に $\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k}$ が値 $S$ に収束したとする。項を偶数番目と奇数番目に分けると(すべて正の項なので、部分和で考えれば分割してよい)

$S = (1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots) + (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \dots)$

偶数番目の和は $\frac{1}{2} (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots) = \frac{S}{2}$ 。一方、奇数番目の和は各項で $\frac{1}{2 k - 1} > \frac{1}{2 k}$ だから偶数番目の和より真に大きい。すると

$S > \frac{S}{2} + \frac{S}{2} = S$

$S > S$ は矛盾。よって収束せず、正項級数だから発散する。ブロック評価(本解)は「どれだけゆっくりか( $lo g$ 程度)」まで分かる定量的な方法、背理法は存在しないことをすぐに示す定性的な方法だ。両方持っておくと級数の議論が立体的になる。

ポイント

ブロック $B_{m} \geq 2^{m - 1} \cdot \frac{1}{2 ^{m}} = \frac{1}{2}$ 。
$\sum_{k \leq 2^{n}} \frac{1}{k} \geq 1 + \frac{n}{2}$ 。
部分和が任意の $M$ を超える → 発散。

よくある間違い

「各項が0に近づくから収束する」と考える(最頻の誤り。本問はその反例そのもの)。
ブロック内の項数を $2^{m}$ 個と数える(区間 $(2^{m - 1}, 2^{m}]$ の項数は $2^{m} - 2^{m - 1} = 2^{m - 1}$ 個)。
(2)で「部分和がどんな $M$ をも超える」の論理を書かず、「どんどん大きくなるから発散」で済ませる。

問5cos x = x の解の存在と一意性

最難関編中間値の定理単調性

問題

方程式 $cos x = x$ はただ1つの実数解をもつことを示せ。また、その解が $0 < x < \frac{π}{2}$ の範囲にあることを示せ。

ヒントを見る

解の存在は端点の符号で。ただ1つであることは、g(x)=x−cosx が「増える一方」だと言えれば十分だ。cos の差は x の差よりも必ず小さい、という評価を、和積と |sin t|≤|t| から作れないか。

解答・解説

方針

g(x)=x−cos x とおく。存在は g(0)<0<g(π/2) と連続性(中間値の定理)。一意性は g が狭義増加であることから言える。cos の差を和積でほどき、|sin t|≤|t| を使うと |cos x₂−cos x₁|<|x₂−x₁| が出て、差 g(x₂)−g(x₁) が正と言い切れる。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 解の存在は中間値の定理(連続関数が両端で符号を変えれば間に解がある)で、 $g (x) = x - cos x$ の端点の符号を見るだけ。

難所は一意性だ。 $g$ が狭義増加なら解は1つに限る。微分を使わずに単調性を出すには、 $cos$ の差を和積でほどいて $∣ sin t ∣ \leq ∣ t ∣$ に落とす。

すると「 $cos$ の値の差は $x$ の差より必ず小さい(縮む)」ことが分かり、 $x$ の増加分を打ち消せない、と言い切れる。

重要

∣ sin t ∣ \leq ∣ t ∣

(等号は

t = 0

のみ)から、

x_{1} \neq = x_{2}

なら

∣ cos x_{2} - cos x_{1} ∣ < ∣ x_{2} - x_{1} ∣

。中間値の定理: 連続関数が区間の両端で異符号なら、間に解がある

① 存在。 $g (x) = x - cos x$ は連続で

$g (0) = - 1 < 0, g (\frac{π}{2}) = \frac{π}{2} - 0 = \frac{π}{2} > 0$

よって中間値の定理から $0 < x < \frac{π}{2}$ に解が存在する。

② cos の差の縮小。 $x_{1} < x_{2}$ とする。和積の公式で

$cos x_{2} - cos x_{1} = - 2 sin \frac{x _{1} + x _{2}}{2} sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2}$

絶対値をとると、 $sin \frac{x _{1} + x _{2}}{2} \leq 1$ と $sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2} < \frac{x _{2} - x _{1}}{2}$ ( $\frac{x _{2} - x _{1}}{2} > 0$ だから等号なし)より

$∣ cos x_{2} - cos x_{1} ∣ < 2 \cdot 1 \cdot \frac{x _{2} - x _{1}}{2} = x_{2} - x_{1}$

③ 一意性。 ②より

$g (x_{2}) - g (x_{1}) = (x_{2} - x_{1}) - (cos x_{2} - cos x_{1}) \geq (x_{2} - x_{1}) - ∣ cos x_{2} - cos x_{1} ∣ > 0$

よって $g$ は狭義増加で、 $g (x) = 0$ の解はただ1つ。①とあわせて、解はただ1つで $0 < x < \frac{π}{2}$ にある。

y=cos x と y=x はただ1点で交わる(交点は 0 と π/2 の間、x≈0.74)。x−cos x が増える一方であることが「1点だけ」の理由

まとめ: 「存在=中間値、一意=単調」の役割分担。単調性を『差の縮小』 $∣ cos x_{2} - cos x_{1} ∣ < ∣ x_{2} - x_{1} ∣$ で示すのが本問の腕で、この解( $0.739 \dots$ )は電卓で $cos$ を押し続けると誰もが出会う「動かない点」だ。

発展。 ②の縮小性 $∣ cos x_{2} - cos x_{1} ∣ < ∣ x_{2} - x_{1} ∣$ は、一意性だけでなく収束まで与える。どんな値から始めても、 $cos$ を繰り返し押すと( $x_{k + 1} = cos x_{k}$ )、不動点との距離が毎回縮み、 $0.739 \dots$ に吸い込まれていく。電卓で $cos$ を連打すると出てくるあの数は、「縮小写像の不動点」と呼ばれるものだ。

答

存在は中間値の定理、一意性は $x - cos x$ の狭義増加( $∣ cos x_{2} - cos x_{1} ∣ < ∣ x_{2} - x_{1} ∣$ )による(証明)

別解

微分を学んだあとの視点( $g^{'} \geq 0$ の3行)。 微分法(この先の単元)を使えるようになると、一意性の議論は大きく短くなる。

$g (x) = x - cos x ⟹ g^{'} (x) = 1 + sin x \geq 0$

等号は $sin x = - 1$ 、すなわち $x = - \frac{π}{2} + 2 k π$ の孤立した点だけで起きる。区間のどこでも $g^{'} \geq 0$ で、恒等的に $0$ になる区間はないから、 $g$ は狭義増加。よって $g (x) = 0$ の解は高々1つで、存在(中間値の定理)とあわせてちょうど1つ。

本解の和積+ $∣ sin t ∣ \leq ∣ t ∣$ は、この $g^{'} > 0$ の内容を「微分なしの言葉」で言い直したものにほかならない。実際、 $\frac{cos x _{2} - cos x _{1}}{x _{2} - x _{1}}$ の縮小率が $1$ 未満というのは、平均変化率の言葉で $∣ (cos x)^{'} ∣ = ∣ sin x ∣ \leq 1$ ということだ。学年が進んだら、証明を微分で書き直してみると両者の対応が腑に落ちる。

ポイント

$g (0) = - 1 < 0 < \frac{π}{2} = g (\frac{π}{2})$ で存在。
和積+ $∣ sin t ∣ < ∣ t ∣$ で $∣ cos x_{2} - cos x_{1} ∣ < x_{2} - x_{1}$ 。
$g = x - cos x$ が狭義増加 → 解は1つ。

よくある間違い

存在(中間値の定理)だけ示して満足する。「ただ1つ」の要求は一意性の証明まで含む。
中間値の定理を使うとき、 $g$ が連続であることと両端で異符号であることの2つの前提を明示しない。
$sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2} \leq \frac{x _{2} - x _{1}}{2}$ の等号を放置する( $x_{1} \neq = x_{2}$ なら中身が0でないので等号なし。等号が成り立たないことから一意性が言える)。

問6極限で定義された関数の連続性

最難関編極限関数連続性

問題

$a, b$ を実数の定数とし、

$f (x) = n \to \infty lim \frac{x ^{2 n + 1} + a x + b}{x ^{2 n} + 1}$

とする。

(1) $f (x)$ を求めよ( $x$ の値の範囲によって場合分けせよ)。

(2) $f (x)$ がすべての実数 $x$ で連続となるような $a, b$ の値を求めよ。

ヒントを見る

$n$ を動かす前に $x$ を固定して考える。 $x^{2 n}$ の行き先は $∣ x ∣$ と1の大小で3通りある。極限関数が「つぎはぎ」になったら、連続性が問われるのはどこか。つなぎ目での値が「平均」の形になることにも注意。

解答・解説

方針

x^{2n} の極限は |x|<1 で 0、|x|=1 で 1、|x|>1 で発散、の三通りになる。まず場合分けして極限関数を具体的に求める。すると区間ごとに違う式のつぎはぎになるので、連続になる条件は「つなぎ目 x=±1 で左右の極限と値が一致すること」に帰着する。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) この $f$ は「 $x$ を止めるごとに $n \to \infty$ の極限をとる」関数だ。 $x^{2 n}$ の行き先は

$∣ x ∣ < 1 : 0, ∣ x ∣ = 1 : 1, ∣ x ∣ > 1 : \infty$

の三態。だから、まず場合分けで極限関数を具体的に求める。

出てくるのは区間ごとに別の式のつぎはぎ関数だ。内側では直線 $a x + b$ 、外側では $y = x$ 、つなぎ目 $x = \pm 1$ では分子分母がともに残って「平均」の値をとる。連続になる条件はつなぎ目で左右の極限と値の3つが一致することに尽きる。

重要

x^{2 n}

は

∣ x ∣

と1の大小で 0・1・発散の三態。極限で定義された関数の連続性は「つなぎ目での一致」に帰着する

① 極限関数を求める((1))。

$∣ x ∣ < 1$ : $x^{2 n} \to 0, x^{2 n + 1} \to 0$ だから $f (x) = \frac{0 + a x + b}{0 + 1} = a x + b$
$∣ x ∣ > 1$ : 分子分母を $x^{2 n}$ で割ると $f (x) = \frac{x + \frac{a x + b}{x ^{2 n}}}{1 + \frac{1}{x ^{2 n}}} \to \frac{x + 0}{1 + 0} = x$
$x = 1$ : $f (1) = \frac{1 + a + b}{2}$ 、 $x = - 1$ : $x^{2 n} = 1, x^{2 n + 1} = - 1$ より $f (- 1) = \frac{- 1 - a + b}{2}$

② つなぎ目 $x = 1$ の条件。 左から( $∣ x ∣ < 1$ 側)の極限は $a + b$ 、右からの極限は $1$ 。値は $\frac{1 + a + b}{2}$ 。3つが一致する条件は

$a + b = 1 (このとき値も \frac{1 + 1}{2} = 1 で一致)$

③ つなぎ目 $x = - 1$ の条件と結論。 左から( $∣ x ∣ > 1$ 側)は $- 1$ 、右からは $- a + b$ 、値は $\frac{- 1 - a + b}{2}$ 。一致する条件は $- a + b = - 1$ 。②と連立して

$a = 1, b = 0$

このとき $f (x)$ は $∣ x ∣ < 1$ でも $a x + b = x$ となり、すべての $x$ で $f (x) = x$ となるので、たしかに連続である。

a=1/2, b=1/5 の例: 極限関数は x=±1 で途切れる(外側は y=x、内側は y=ax+b、x=±1 では平均の値=赤点)。すべてつながるのは a=1, b=0 のときだけ

まとめ: 極限で定義された関数は先に $n \to \infty$ を済ませて具体的な式にする。三通りの場合分けをしてから、つぎはぎのつなぎ目で連続条件を調べる、という2段階で解く。つなぎ目で値が左右の「平均」になるのは分子分母に両者が対等に残るからで、この現象ごと理解しておきたい型だ。

発展。 各 $n$ の関数 $\frac{x ^{2 n + 1} + a x + b}{x ^{2 n} + 1}$ はどれも連続なのに、極限を取ると( $a = 1, b = 0$ 以外では)不連続になる。「連続関数の極限は連続とは限らない」ことの代表例だ。つなぎ目で値が左右の平均になる現象も含め、収束の「質」(各点か一様か)は大学数学(解析学)で詳しく扱う。

答

(1) $∣ x ∣ < 1$ で $a x + b$ 、 $∣ x ∣ > 1$ で $x$ 、 $x = 1$ で $\frac{1 + a + b}{2}$ 、 $x = - 1$ で $\frac{- 1 - a + b}{2}$ (2) $a = 1, b = 0$ (このとき $f (x) = x$ )

別解

割り算で分解してから極限を取る(場合分けが1本の式にまとまる)。 分子を分母で1回割っておくと、構造が先に見える:

$x^{2 n + 1} + a x + b = x (x^{2 n} + 1) + (a - 1) x + b$

だから、極限を取る前の関数そのものが

$\frac{x ^{2 n + 1} + a x + b}{x ^{2 n} + 1} = x + \frac{( a - 1 ) x + b}{x ^{2 n} + 1}$

と、「y=x +補正項」の形に分解される。あとは補正項の分母 $x^{2 n} + 1$ の極限(三態)だけを見ればよい:

$∣ x ∣ < 1$ : 分母 $\to 1$ で補正は $(a - 1) x + b$ がそのまま残る → $f (x) = x + (a - 1) x + b = a x + b$
$∣ x ∣ > 1$ : 分母 $\to \infty$ で補正は消える → $f (x) = x$
$x = \pm 1$ : 分母 $= 2$ で補正は半分 → 平均の値

連続になる条件も一目だ。補正項の「残り方」が場所で違うことが不連続の原因だから、補正の分子 $(a - 1) x + b$ が $x = \pm 1$ で $0$ になればつなぎ目が消える: $(a - 1) + b = 0$ かつ $- (a - 1) + b = 0$ 、すなわち $a = 1, b = 0$ 。このとき補正は恒等的に $0$ で、 $f (x) = x$ 。

場合分けの前の「1回の割り算」が(1)(2)を丸ごと透明にする。分数関数はまず帯分数化する。数IIIでよく使う整理の方法だ。

ポイント

$∣ x ∣ < 1$ : $a x + b$ / $∣ x ∣ > 1$ : $x$ / $x = \pm 1$ : 平均の値。
$x = 1$ : $a + b = 1$ 、 $x = - 1$ : $- a + b = - 1$ 。
$a = 1, b = 0$ (極限関数は $f (x) = x$ )。

よくある間違い

$x = \pm 1$ を「内側か外側のどちらかの式に含まれる」と思い込む( $x^{2 n} = 1$ が残り、どちらでもない「平均」の値になる)。
$x = - 1$ で $x^{2 n + 1} = - 1$ の符号を落とし、 $f (- 1)$ の分子を $1 - a + b$ とする(正しくは $- 1 - a + b$ )。
つなぎ目の条件を「左右の極限の一致」だけにして、その点での値との一致を確認しない。

問7(等差)×(等比)の無限級数と正当化

最難関編無限級数評価の正当化

問題

(1) $n \geq 2$ のとき $3^{n} \geq 2 n (n - 1)$ が成り立つことを示せ。

(2) $n \to \infty lim \frac{n}{3 ^{n}} = 0$ を示せ。

(3) 無限級数 $n = 1 \sum \infty \frac{n}{3 ^{n}}$ の和を求めよ。

ヒントを見る

(3)のずらし引き自体は有限和の技術。無限和として仕上げるとき、端に残る項はどうなるか。それを0と言い切るために(1)(2)が用意されている。(1)は 3=1+2 と分けて展開すると。

解答・解説

方針

(3)は(等差)×(等比)のずらし引きで求める。ただし無限和では、部分和に残る端の項 n/3^{n+1} が消えることを言わねばならず、そのための評価が(1)(2)だ。3ⁿ=(1+2)ⁿ を二項定理の2次の項で下から押さえれば(1)は解ける。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (3)は(等差)×(等比)型で、有限和なら「ずらし引き」で機械的に求まる。

だが無限級数として答えるには部分和の極限を取る必要がある。そのとき端に $\frac{n}{3 ^{n + 1}}$ 型の項が残る。これが0に消えること((2))を言って、初めて答案が完成する。

(2)のための下ごしらえが(1)だ。 $3^{n} = (1 + 2)^{n}$ を二項定理で展開し、2次の項だけ拾って下から押さえる。1次の項では $n$ に勝てないので、2次まで取るのがミソになる。

公式二項定理:

(1 + 2)^{n} \geq_{n} C_{2} \cdot 2^{2} = 2 n (n - 1)

。等比の和:

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{3 ^{k}} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{3 ^{n}})

① (1) 二項定理で下から。 $n \geq 2$ のとき

$3^{n} = (1 + 2)^{n} = k = 0 \sum n_{n} C_{k} 2^{k} \geq_{n} C_{2} 2^{2} = \frac{n ( n - 1 )}{2} \cdot 4 = 2 n (n - 1)$

(展開のすべての項が正だから、1つの項だけ拾って捨てても不等号が立つ。)

② (2) はさみうち。 (1)より $n \geq 2$ で

$0 < \frac{n}{3 ^{n}} \leq \frac{n}{2 n ( n - 1 )} = \frac{1}{2 ( n - 1 )} ⟶ 0$

よって $\frac{n}{3 ^{n}} \to 0$ 。

③ (3) ずらし引き+極限。 部分和 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{3 ^{k}}$ に対し $S_{n} - \frac{1}{3} S_{n}$ を作ると、各項が1つずつずれてぶつかり

$\frac{2}{3} S_{n} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3 ^{2}} + \dots + \frac{1}{3 ^{n}} - \frac{n}{3 ^{n + 1}} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{3 ^{n}}) - \frac{n}{3 ^{n + 1}}$

$n \to \infty$ とすると、(2)より最後の項は0に消え

$\frac{2}{3} S_{n} ⟶ \frac{1}{2} ⟹ n = 1 \sum \infty \frac{n}{3 ^{n}} = \frac{3}{4}$

まとめ: 無限の「ずらし引き」は有限で実行 → 端に残る $\frac{n}{3 ^{n + 1}}$ を評価で始末 → 極限、の3段。(1)(2)(3) の小問の並びがそのまま答案の設計図で、「指数は多項式より速い」を二項定理で定量化する(1)が出発点になっている。

発展。 同じ2通りの方法で $n \geq 1 \sum n x^{n} = \frac{x}{( 1 - x ) ^{2}}$ ( $∣ x ∣ < 1$ )が出る。この和は「成功率 $p$ の試行で初めて成功するまでの回数の平均が $\frac{1}{p}$ 」という待ち時間の期待値の計算そのもの( $x = 1 - p$ )。数Bの統計や確率漸化式で、この級数には何度も再会することになる。

答

(1) 二項定理(証明) (2) はさみうち(証明) (3) $\frac{3}{4}$

別解

二重和の入れ替えで(ずらし引きを使わない)。 $n$ を「 $1$ を $n$ 個足したもの」とほどくと、和の構造が変わる:

$n = 1 \sum N \frac{n}{3 ^{n}} = n = 1 \sum N m = 1 \sum n \frac{1}{3 ^{n}} = m = 1 \sum N (n = m \sum N \frac{1}{3 ^{n}})$

(縦に $n$ 段積んだ $\frac{1}{3 ^{n}}$ を、横(各 $m$ )ごとに足し直した。有限和どうしの入れ替えなので正当。)内側は初項 $\frac{1}{3 ^{m}}$ の等比の和で、 $N \to \infty$ とすれば

$n = m \sum \infty \frac{1}{3 ^{n}} = \frac{3 ^{- m}}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3 ^{m}}$

よって

$n = 1 \sum \infty \frac{n}{3 ^{n}} = m = 1 \sum \infty \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3 ^{m}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1/3}{1 - 1/3} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{4}$

ずらし引き(本解)は係数 $n$ を機械的に処理する。二重和の入れ替えは「 $n$ 個の $1$ に分けて数え直す」という、数え上げの発想だ。 $n^{2}$ や $n (n + 1)$ が係数でも、同じほどき方が通用する。

ポイント

$(1 + 2)^{n} \geq_{n} C_{2} \cdot 4 = 2 n (n - 1)$ 。
$0 < \frac{n}{3 ^{n}} \leq \frac{1}{2 ( n - 1 )} \to 0$ 。
ずらし引き $\frac{2}{3} S_{n} = \frac{1}{2} (1 - 3^{- n}) - \frac{n}{3 ^{n + 1}} \to \frac{1}{2}$ → 和 $\frac{3}{4}$ 。

よくある間違い

無限和のずらし引きで、端に残る $\frac{n}{3 ^{n + 1}}$ を、理由を示さずに捨てる((1)(2)はこの項を0と言うための準備)。
$\frac{1}{3} S_{n}$ を引くとき、等比部分の項数(先頭 $\frac{1}{3}$ から $\frac{1}{3 ^{n}}$ まで $n$ 項)を数え違える。
(1)で二項定理の1つの項だけ拾う理由(展開のすべての項が正)を書かない。

問8逆数の平方和の n 倍の極限

最難関編はさみうち望遠鏡式

問題

極限 $n \to \infty lim n (\frac{1}{n ^{2}} + \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}} + \dots + \frac{1}{( 2 n ) ^{2}})$ を求めよ。

ヒントを見る

$\frac{1}{k ^{2}}$ の和は正確には求まらないが、分母を「隣どうしの積」に少しゆがめると足せる形になる。上と下、それぞれどちら向きにゆがめるか。足した結果の端の項を $n$ 倍するとどうなるか。

解答・解説

方針

各項はおよそ 1/n² でそれが約 n 個あるので、和は約 1/n、n 倍で有限値と見当がつく。正確には 1/k² を 1/(k(k+1)) と 1/((k−1)k) で両側からはさむ。どちらも部分分数で望遠鏡式に消えて端だけが残り、n 倍して両端とも 1/2 に収束する。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 各項はほぼ $\frac{1}{n ^{2}}$ 、項数は $n + 1$ 個。和はほぼ $\frac{1}{n}$ で、 $n$ 倍すれば有限の値に落ち着くはず、と見当がつく。

$\frac{1}{k ^{2}}$ の和は正確に求まらない。そこで、足すと望遠鏡式に消える形で両側からはさむ。分母 $k^{2}$ を $k (k + 1)$ (大きくゆがめる=下から)と $(k - 1) k$ (小さくゆがめる=上から)に取り替えると、どちらも部分分数で崩れて端の項だけが残る。

重要

\frac{1}{k ( k + 1 )} < \frac{1}{k ^{2}} < \frac{1}{( k - 1 ) k}

。どちらも

\frac{1}{k ( k + 1 )} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}

型で望遠鏡式に消える

① 下から。

$k = n \sum 2 n \frac{1}{k ^{2}} > k = n \sum 2 n (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}) = \frac{1}{n} - \frac{1}{2 n + 1}$

② 上から。

$k = n \sum 2 n \frac{1}{k ^{2}} < k = n \sum 2 n (\frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k}) = \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{2 n}$

③ $n$ 倍してはさみうち。

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

$n (\frac{1}{n - 1} - \frac{1}{2 n}) = \frac{n}{n - 1} - \frac{1}{2} ⟶ 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

両端がともに $\frac{1}{2}$ に収束するから、求める極限は $\frac{1}{2}$ 。

まとめ: 求まらない和は望遠鏡式に消える形で両側からはさむ。決め手は分母のゆがめ方(上へは $k (k + 1)$ 、下へは $(k - 1) k$ )だ。じつはこの極限は区分求積(曲線 $\frac{1}{x ^{2}}$ の $1$ から $2$ までの面積 $\frac{1}{2}$ )としても読めて、2つの道が同じ答えに着地する。

発展。 裾の全体は $n \sum_{k \geq n} \frac{1}{k ^{2}} \to 1$ (同じはさみで出る)。つまり $[n, 2 n]$ の部分和 $\frac{1}{2}$ は「裾のちょうど半分」を占めている。一般に $n \sum_{k = n}^{c n} \frac{1}{k ^{2}} \to 1 - \frac{1}{c}$ で、区分求積の言葉なら $\int_{0}^{c - 1} \frac{d x}{( 1 + x ) ^{2}}$ 。和の範囲を動かすと積分の上端が動くので、2つの見方がそのまま対応する。

答

$\frac{1}{2}$

別解

区分求積で読む(積分を学んだあとの視点)。 $k = n + j$ ( $j = 0, 1, \dots, n$ )と添字を平行移動すると

$n k = n \sum 2 n \frac{1}{k ^{2}} = n j = 0 \sum n \frac{1}{( n + j ) ^{2}} = \frac{1}{n} j = 0 \sum n \frac{1}{( 1 + \frac{j}{n} ) ^{2}}$

これは関数 $y = \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}$ を $[0, 1]$ で $n$ 等分した長方形の和(区分求積)そのものだ。

区分求積の見方: (1/n)Σ 1/(1+j/n)² は曲線 y=1/(1+x)² の下の長方形の和。n→∞ で 0 から 1 までの面積 ∫dx/(1+x)²=1/2 に近づく(図は n=8)

$n \to \infty$ で和は面積に近づく:

$\frac{1}{n} j = 0 \sum n \frac{1}{( 1 + \frac{j}{n} ) ^{2}} ⟶ \int_{0}^{1} \frac{d x}{( 1 + x ) ^{2}} = [- \frac{1}{1 + x}]_{0}^{1} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

はさみうち(本解)は極限の単元の道具だけで完結し、区分求積は「なぜ $\frac{1}{2}$ なのか」を面積として見せてくれる。積分法を学んだら、この問題に戻って区分求積でも確かめてほしい。

ポイント

$\frac{1}{k ( k + 1 )} < \frac{1}{k ^{2}} < \frac{1}{( k - 1 ) k}$ ではさむ。
望遠鏡式で端だけ残り、 $n$ 倍して両端とも $\frac{1}{2}$ 。
答えは $\frac{1}{2}$ (区分求積とも整合)。

よくある間違い

項数を $n$ 個とする( $k = n$ から $2 n$ までは $n + 1$ 個。ただし本問は両側評価なので結論には響かない。響かない理由まで分かって省くのと、気づかず間違えるのは別)。
ゆがめる向きを逆にする( $k (k + 1) > k^{2}$ だから $\frac{1}{k ( k + 1 )}$ は小さい=下から。上からは $(k - 1) k$ )。
望遠鏡の端の添字を誤る( $k = n$ から $2 n$ の和なら $\frac{1}{n} - \frac{1}{2 n + 1}$ 。最後の $+ 1$ を落としやすい)。

関数と極限 最難関編の問題 全8問

問1√(n²+1) の正弦の極限

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問21に近づく底の累乗の極限

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問3n乗の和の n乗根の極限

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問4調和級数の発散

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問5cos x = x の解の存在と一意性

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問6極限で定義された関数の連続性

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問7(等差)×(等比)の無限級数と正当化

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問8逆数の平方和の n 倍の極限

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

関数と極限最難関編の問題全8問