関数と極限 ★★ 標準の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sqrt{n^2+n}$ も $n$ も無限大へ向かうので、$\infty -\infty$ の不定形だ。このままでは大小の綱引きが見えない。

根号入りの $\infty -\infty$ の定跡は有理化。$\sqrt{A}-B$ に $\frac{\sqrt{A}+B}{\sqrt{A}+B}$ を掛けると、分子は $A-B^2$ と根号が消える。

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

$\frac{\infty }{\infty }$ の形に持ち込めたら、あとは分母・分子を $n$ で割る。いつもの最高次で割る方法だ。

① 有理化する。 $\sqrt{n^2+n}+n$ を分子・分母にかける。

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

② 分母の最高次 $n$ で割る。 根号の中は $n^2$ でくくると $\sqrt{n^2+n}=n\sqrt{1+\frac{1}{n}}$。

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

③ 極限をとる。 $\frac{1}{n}\to 0$ なので $\sqrt{1+\frac{1}{n}}\to 1$。

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

まとめ:$\infty -\infty$ で根号があれば、まず有理化。根号が消えて分数の形になれば、最高次で割るいつもの手順に乗る。$\sqrt{n^2+n}=n\sqrt{1+\frac{1}{n}}$ の変形が決め手だ。

発展。 $\sqrt{n^2+an}-n\to \frac{a}{2}$ と一般化できる(同じ有理化で分子が $an$ になる)。答えは係数 $a$ の半分で、別解の平均の見方なら「$n$ と $n+a$ の真ん中」としてすぐに読める。

数値検証の注意もひとつ。$n$ を非常に大きくして $\sqrt{n^2+n}-n$ を電卓やプログラムで直接計算すると、大きな数どうしの引き算で有効数字が消える(桁落ち)。有理化した形 $\frac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}$ なら安定して計算できる。有理化は理論の道具であると同時に、数値計算の実務でも使われる変形である。

別解

答えが $\frac{1}{2}$ になる理由を、平均の言葉で先読みできる。$\sqrt{n^2+n}=\sqrt{n(n+1)}$ は、$n$ と $n+1$ の相乗平均だ。相乗平均は算術平均(ふつうの平均)にとても近い。$n$ と $n+1$ のふつうの平均は

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

だから $\sqrt{n^2+n}\approx n+\frac{1}{2}$ で、引き算の残りは $\frac{1}{2}$ になる。これが答えの値の理由である。数値でも確かめられる。$n=100$ なら $\sqrt{10100}=100.4987\dots$ で、確かに $100.5$ のすぐそばにある($2$ つの平均の差は $n$ が大きいほど消えていく)。

答えの見当を素朴につけてから、有理化で正当化する。極限の答えに直感の裏付けがあると、計算ミスにも気づきやすくなる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x=0$ を入れると分子 $\sqrt{1}-1=0$、分母 $0$ となり、$\frac{0}{0}$ の不定形だ。約分できる共通因数が隠れているサインである。

根号があるから、隠れた因数は有理化であぶり出す。分子・分母に $\sqrt{x+1}+1$ を掛けると

$$\frac{(x+1)-1}{x(\sqrt{x+1}+1)}=\frac{x}{x(\sqrt{x+1}+1)}$$

$x$ が約分されて不定形が解消。残った式に $x=0$ を入れるだけだ。

① 分子を有理化する。 $\sqrt{x+1}+1$ を分子・分母にかける。

$$\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}=\frac{(x+1)-1}{x(\sqrt{x+1}+1)}=\frac{x}{x(\sqrt{x+1}+1)}$$

② 約分する。 $x\ne 0$ なので $x$ で約分。

$$=\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}$$

③ 代入する。 $x\to 0$。

$$\underset{x\to 0}{\lim }=\frac{1}{\sqrt{1}+1}=\frac{1}{2}$$

まとめ:根号の $\frac{0}{0}$ は有理化で解く。分子の $\sqrt{}-1$ に共役 $\sqrt{}+1$ をかけると根号が消え、$0$ を作っていた $x$ が約分できる。約分してから代入だ。

発展。 答え $\frac{1}{2}$ は「$x$ が小さいとき $\sqrt{1+x}\approx 1+\frac{x}{2}$」という近似の係数でもある。$\sqrt{1.02}\approx 1.01$、$\sqrt{0.98}\approx 0.99$ のように平方根の暗算に使える実用近似で、物理でも頻出だ。

$\frac{0}{0}$ 型の処理はこの単元では「因数分解 or 有理化で共通因数を約分」。微分を学んだ後は「微分係数として読む」という第 $2$ の道が開き、さらに先には不定形を微分で処理する一般定理(ロピタルの定理・大学)まで続いている。

別解

この極限、少し先の単元(微分)を知っている人には見覚えのある形だ。$f(x)=\sqrt{x+1}$ とおくと、$f(0)=1$ だから

$$\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$$

これは $f$ の $x=0$ における微分係数の定義式そのものだ。つまりこの極限は $f^{\prime }(0)$ を聞いている。$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x+1}}$(微分法で学ぶ)だから $f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}$ となり、有理化の答えと一致する。

$\frac{0}{0}$ 型の極限の多くは、どこかの関数の微分係数を別の形で書いたものだ。「分子が $f(\text{何か})-f(\text{定数})$ に見えないか」という目を持つと、極限の単元と微分の単元が $1$ 本につながる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 無限等比級数の和は、$2$ つの読み取りで決まる。初項 $a$ と公比 $r$ だ。

$n=1$ を代入して初項 $a=2$。となりの項との比が $r=\frac{1}{3}$。収束の確認を忘れないこと。$|r|=\frac{1}{3}<1$ だから和は存在して

$$S=\frac{a}{1-r}=\frac{2}{1-\frac{1}{3}}=3$$

「読み取る → 収束確認 → 公式」の三拍子である。

① 初項と公比を読む。 $n=1$ で初項 $a=2{\left(\frac{1}{3}\right)}^0=2$。公比 $r=\frac{1}{3}$。$|r|<1$ なので収束。

② 和の公式に入れる。

$$\sum _{n=1}^{\infty }2(\frac{1}{3}{)}^{n-1}=\frac{a}{1-r}=\frac{2}{1-\frac{1}{3}}=\frac{2}{\frac{2}{3}}=3$$

まとめ:$\Sigma$ 記号の等比級数はまず初項($n=1$ を代入)と公比を読み取る。あとは $\frac{a}{1-r}$。初項は $2\times 1=2$、公比 $\frac{1}{3}$ で和は $3$。

発展。 別解の警告(収束しないのに $S$ とおくと偽の答え)は、極限の論理でいちばん大事な注意点だ。「$S=2+\frac{1}{3}S$」という等式は、$S$ という値が存在するなら成り立つ関係にすぎない。存在の保証($|r|<1$、または部分和の極限の計算)が先で、方程式は後だ。この順序が崩れた議論は答えが合っていても減点対象になる。

自己相似の見方は図形の無限級数(正方形や三角形を無限に入れ子にする問題)でそのまま活きる。「全体 $=$ 最初の $1$ 個 $+$ 縮小した全体」という等式が立てば、どんな入れ子も $1$ 次方程式で解ける。

別解

公式 $\frac{a}{1-r}$ を忘れても、自己相似の $1$ 行で和が出せる。求める和を $S$ とおく。

$$S=2+\frac{2}{3}+\frac{2}{9}+\cdots$$

先頭の $2$ を除いた残り($\frac{2}{3}+\frac{2}{9}+\cdots$)をよく見ると、全体 $S$ の各項をちょうど $\frac{1}{3}$ 倍した級数になっている。つまり

$$S=2+\frac{1}{3}S$$

これを解いて $\frac{2}{3}S=2$、$S=3$。「無限の尻尾は、全体の縮小コピー」になっている。等比級数はこの入れ子構造をもち、和の公式 $S=a+rS\Rightarrow S=\frac{a}{1-r}$ はこの $1$ 行の一般化にすぎない。

ただし、この方法は「$S$ が存在する($|r|<1$)」ことが前提。収束しない級数に同じ操作をすると偽の答えが出る($1+2+4+\cdots =S=1+2S$ から $S=-1$ となってしまう)ので、収束確認とセットで使う。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $0.333\cdots$ を「桁ごとにばらす」と、無限等比級数が現れる。

$$0.333\cdots =0.3+0.03+0.003+\cdots$$

各項は前の項の $\frac{1}{10}$ なので、初項 $0.3$、公比 $0.1$ の無限等比級数だ。$|0.1|<1$ だから収束して

$$S=\frac{0.3}{1-0.1}=\frac{0.3}{0.9}=\frac{1}{3}$$

「循環小数 $=$ 桁の無限級数」という見方が、この問題の主題である。

① 無限等比級数に分解する。

$$0.333\cdots =\frac{3}{10}+\frac{3}{100}+\frac{3}{1000}+\cdots$$

初項 $a=\frac{3}{10}$、公比 $r=\frac{1}{10}$($|r|<1$)。

② 和の公式に入れる。

$$=\frac{\frac{3}{10}}{1-\frac{1}{10}}=\frac{\frac{3}{10}}{\frac{9}{10}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$$

まとめ:循環小数は「同じ数字がくり返す無限等比級数」。$0.3,0.03,0.003,\dots$ と分けると、初項 $\frac{3}{10}$・公比 $\frac{1}{10}$。和の公式で分数に直せる。$\frac{1}{3}=0.333\cdots$ の確認にもなる。

発展。 同じ級数分解で、どんな循環小数も分数に直せる。$0.\dot{1}\dot{2}=0.12+0.0012+\cdots$ は初項 $0.12$・公比 $0.01$ で $\frac{0.12}{0.99}=\frac{12}{99}=\frac{4}{33}$ となる。「循環節を $99\cdots 9$ で割る」という数Aの規則は、和の公式の分母 $1-10^{-k}$ から来ていたと分かる。

この事実の裏返しとして、$0.999\cdots =\frac{0.9}{1-0.1}=1$ となる。「$0.999\cdots$ はちょうど $1$」という有名な等式も、級数の収束として正確に意味づけられる。循環小数は無限等比級数の応用例そのものである。

別解

数Aで習った「$10$ 倍して引く」古典手法と、今回の級数ルートを並べてみよう。$x=0.333\cdots$ とおく。$10$ 倍すると小数点が $1$ つ動いて

$$10x=3.333\cdots =3+0.333\cdots =3+x$$

$9x=3$ より $x=\frac{1}{3}$ で、級数の答えと一致する。この $2$ つは、同じことをしている。「$10x$ の小数部分がもとの $x$ と同じ」という観察は、級数の言葉では「公比 $0.1$ の自己相似(尻尾が全体の $\frac{1}{10}$)」そのもの。$10$ 倍法の $9=10-1$ は、和の公式の分母 $1-r=1-\frac{1}{10}$ を $10$ 倍した姿だ。

数Aでは天下り的だった「$10$ 倍して引く」に、極限の理屈(部分和が収束するからこの操作が正当)という根拠が加わる。単元をまたいで同じ事実を二度見る意味はここにある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 三角関数の極限の要は、基本極限 $\frac{\sin \theta }{\theta }\to 1$($\theta \to 0$)ただひとつ。

問題の式 $\frac{\sin 3x}{x}$ は、$\sin$ の中身は $3x$ なのに分母は $x$ で、そろっていない。中身と分母をそろえるのが仕事だ。

$$\frac{\sin 3x}{x}=\frac{\sin 3x}{3x}\times 3$$

こうすれば前半は基本極限の形($\theta =3x$ も $0$ に向かう)で $1$ へ、残った $3$ が答えになる。

① $\sin$ の中身 $3x$ を分母に作る。 分母・分子を調整する。

$$\frac{\sin 3x}{x}=\frac{\sin 3x}{3x}\times 3$$

② 基本極限を使う。 $x\to 0$ のとき $3x\to 0$ なので $\frac{\sin 3x}{3x}\to 1$。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 3x}{x}=1\times 3=3$$

まとめ:$\frac{\sin (\text{中身})}{\text{中身}}\to 1$ の形に持ち込むのが基本だ。分母を $\sin$ の中身 $3x$ にそろえ、つじつま合わせに $\times 3$ をかける。角の係数がそのまま答えに出る。

発展。 「角が小さければ $\sin \theta \approx \theta$」は、ラジアンという角の測り方の存在理由でもある。度数法だと $\frac{\sin x°}{x}\to \frac{\pi }{180}$ と余計な係数が付く。係数が $1$ になるように角の単位を設計したのがラジアンだ。微分 $(\sin x{)}^{\prime }=\cos x$ がきれいな形なのも同じ理由による。

この近似は振り子の等時性(物理)の導出にも使われる。振れ角が小さいとき $\sin \theta$ を $\theta$ で置き換えると運動方程式が解ける。数IIIの基本極限は理科の教科書でも使われている。

別解

答え $3$ を、近似の感覚で「見る」方法がある。基本極限 $\frac{\sin \theta }{\theta }\to 1$ の意味は、角が小さいとき $\sin \theta \approx \theta$(ラジアンなら $\sin 0.03=0.029995\dots$ とほぼ角そのもの)ということだ。この目で問題を見ると

$$\frac{\sin 3x}{x}\approx \frac{3x}{x}=3$$

分子の $\sin 3x$ が「ほぼ $3x$」になるから、比は $3$ で、答えが $1$ 行で分かる。

もちろん「$\approx$」のままでは証明にならないので、答案は本解のように $\frac{\sin 3x}{3x}\times 3$ と正確な形に組む。だが「$\sin (\text{中身})\approx \text{中身}$、だから係数の比が答え」という感覚を持っておくと、$\frac{\sin 5x}{\sin 2x}\to \frac{5}{2}$ のような複合形も、計算の前に答えの見当がつく。検算にも見通しにも役立つ近似の見方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x=0$ で $\frac{1-1}{0}=\frac{0}{0}$。基本極限 $\frac{\sin \theta }{\theta }\to 1$ に持ち込みたいが、分子は $\cos$ で、$\sin$ が見当たらない。

$1-\cos x$ から $\sin$ を作る定跡は、共役 $1+\cos x$ を掛けること。

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

${\sin }^{2}x$ が現れた。${\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\to 1$ と $\frac{1}{1+\cos x}\to \frac{1}{2}$ の積で答えが出る。

① $1+\cos x$ をかける。

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

② $\frac{\sin x}{x}$ の形にする。

$$=(\frac{\sin x}{x}{)}^2\cdot \frac{1}{1+\cos x}$$

③ 極限をとる。 $\frac{\sin x}{x}\to 1$、$\cos x\to 1$。

$$\underset{x\to 0}{\lim }=1^2\times \frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$$

まとめ:$1-\cos x$ を見たら「$1+\cos x$ をかけて ${\sin }^2$ に」が合言葉。$\frac{\sin x}{x}\to 1$ が使える形に変形するのが目標。有名な結果 $\frac{1-\cos x}{x^2}\to \frac{1}{2}$ だ。

発展。 この極限は「角が小さいとき $\cos x\approx 1-\frac{x^2}{2}$」と読み替えられる。$\sin x\approx x$ が $1$ 次の近似なら、こちらは $\cos$ の $2$ 次の近似だ。セットで覚えると、$\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\to \frac{1}{2}$ のような複合極限も見通せる(分子 $=\tan x(1-\cos x)\approx x\cdot \frac{x^2}{2}$)。

物理では、この $\frac{x^2}{2}$ が「振り子の高さ $h=\ell (1-\cos \theta )\approx \frac{\ell {\theta }^2}{2}$」などエネルギーの $2$ 次近似として出てくる。$1-\cos$ は「ずれの $2$ 乗」と同じ程度の大きさの量だ。

別解

共役を掛ける代わりに、半角公式で $1-\cos x$ をすぐに $\sin$ に変える方法がある。

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

(倍角公式 $\cos x=1-2{\sin }^2\frac{x}{2}$ の並べ替えだ。)これを入れると

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

$\frac{x}{2}\to 0$ だからカッコの中は $1$ へ。答え $\frac{1}{2}$ が、係数として最初から見えているのがこの変形の利点だ。

$1-\cos$ を見たら「共役を掛ける」か「半角で $2{\sin }^2$ に開く」かのどちらかを使う。どちらも $\sin$ を作る手段で、後者は分数の階数が増えない分、複雑な問題ほど計算が軽くなる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sin n$ は $-1$ と $1$ の間を不規則に振動し、極限を持たない。分子の行き先が分からないのに、全体の極限は求まるのか。

分母の $n$ があるので、求まる。振動していても、大きさが抑えられてさえいればよい。

$$-1\leqq \sin n\leqq 1⟹-\frac{1}{n}\leqq \frac{\sin n}{n}\leqq \frac{1}{n}$$

両端はどちらも $0$ へ。あいだに挟まれた $\frac{\sin n}{n}$ も $0$ へ行くしかない。これがはさみうちの原理だ。「行き先の分からない量は、行き先の分かる $2$ つで挟む」。

① 上下からはさむ。 $\sin n$ は必ず $-1$ 以上 $1$ 以下。

$$-1\leqq \sin n\leqq 1$$

② 各辺を $n$ で割る。 $n>0$ なので不等号の向きはそのまま。

$$-\frac{1}{n}\leqq \frac{\sin n}{n}\leqq \frac{1}{n}$$

③ 両端の極限をとる。 $\frac{1}{n}\to 0$、$-\frac{1}{n}\to 0$。両端が同じ $0$ に収束するので、はさまれた $\frac{\sin n}{n}$ も $0$。

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sin n}{n}=0$$

まとめ:$\sin n$ のように「振動して極限が直接分からない」ものは、はさみうちが有効。$|\sin n|\leqq 1$ で上下からはさみ、両端($\pm \frac{1}{n}$)が同じ値に収束すれば、真ん中もその値に決まる。

発展。 はさみうちが特に役に立つのは、$\frac{\sin \theta }{\theta }\to 1$ の証明そのものだ(扇形の面積を三角形 $2$ つで挟む)。この単元の基本極限は、はさみうちから導かれる。

「有界 $\times$ 消える $\to$ 消える」の型は、$\frac{n!}{n^n}\to 0$ や $r^n\cos n\theta \to 0$($|r|<1$)など応用問題の常連。逆に「有界でない量 $\times$ 消える量」($n\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$ など)は結論が定まらない。この型では「どちらが有界か」を最初に見分けることから始める。

別解

同じ内容を、絶対値で書くと $1$ 行になる。

$$\left|\frac{\sin n}{n}\right|=\frac{|\sin n|}{n}\leqq \frac{1}{n}\to 0$$

「絶対値が $0$ に押しつぶされるなら、もとの量も $0$ に行く」ことを使っている。挟む $2$ 本の式を書く代わりに、大きさ $1$ 本で済ませた形だ(下から $0\leqq$ で挟んでいることは絶対値が保証している)。この書き方の効用は、構造が名前で見えること。

(有界な量)$\times$(0 に向かう量)$\to 0$

$\sin n$ の具体的な値(いくつに振動するか)は一切使っていない。「$\pm 1$ に収まる」ことだけが必要だった。だから $\frac{\cos n^2}{n}$ でも $\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$ でも、同じ $1$ 行で $0$ と即答できる。

はさみうちは「両側から」が基本形だが、$0$ が目的地のときは「絶対値 $\leqq$ 消える量」の片側版が最速である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\infty -\infty$ の不定形で、数列版($\sqrt{n^2+n}-n$)とまったく同じ型の関数版だ。処方も同じ、有理化。

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

$\frac{\infty }{\infty }$ になったら最高次の $x$ で割る。分母の根号は $x>0$ で $\sqrt{x^2+3x}=x\sqrt{1+\frac{3}{x}}$ とくくり出せるから、割った結果は $\frac{3}{\sqrt{1+3/x}+1}\to \frac{3}{2}$。

① 有理化する。

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

② 分母の最高次 $x$ で割る。 $\sqrt{x^2+3x}=x\sqrt{1+\frac{3}{x}}$($x>0$)。

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

③ 極限をとる。 $\frac{3}{x}\to 0$。

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

まとめ:$\infty -\infty$ の根号は有理化してから最高次で割る。分子の $3x$ の係数 $3$ が最後まで残り、答えは $\frac{3}{2}$。$x>0$ で $\sqrt{x^2}=x$(絶対値に注意)。

発展。 別解の「遠方で $y=x+\frac{3}{2}$ に寄り添う」は、双曲線の漸近線の親戚だ。実際、$y=\sqrt{x^2+3x}$ のグラフは遠方でこの直線との差が $0$ に近づく。極限の計算がグラフの漸近的な形の計算になっている。

$x\to -\infty$ 版($\sqrt{x^2+3x}+x$ の形になる)では $\sqrt{x^2}=|x|=-x$ の処理が加わり、この型の頻出ひっかけになる。「$\pm \infty$ のどちらへ飛ばすか」で根号の外し方が変わる。符号の検分だけは近似の感覚に頼らず、毎回手で確かめたい。

別解

くくり出しのあとに現れる $\sqrt{1+\frac{3}{x}}$ を、一次近似で読むと答えが先に見える。$t$ が小さいとき

$$\sqrt{1+t}\approx 1+\frac{t}{2}$$

($\sqrt{1.02}\approx 1.01$ という平方根の暗算術だ。)$x$ が大きければ $t=\frac{3}{x}$ は小さいから

$$\sqrt{x^2+3x}=x\sqrt{1+\frac{3}{x}}\approx x\left(1+\frac{3}{2x}\right)=x+\frac{3}{2}$$

つまり $\sqrt{x^2+3x}$ は遠方で「$x+\frac{3}{2}$ という直線」にぴったり寄り添う。$x$ を引いた残りが $\frac{3}{2}$ で、極限の答えはこの漸近直線の切片だった。

$\approx$ を使わない正式な答案は本解の有理化で書く。だが「根号の中の $+3x$ は、外では半分の $+\frac{3}{2}$ になる」という半減の感覚は、この型($\sqrt{x^2+ax}-x\to \frac{a}{2}$)を見た瞬間の即答と検算を可能にする。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 無限級数の和は、いきなり「無限に足す」のではなく、部分和 $S_n$ を求めて、その極限をとる。この二段が定義だ。

$S_n$ の計算は数Bでやった部分分数の望遠鏡和。

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

途中が打ち消し合って $S_n=1-\frac{1}{n+1}$。あとは $n\to \infty$ で $\frac{1}{n+1}\to 0$、和は $1$。有限の和を閉じた式にしてから極限をとる。等比でない無限級数はいつもこの手順で和を求める。

① 部分和 $S_n$ を求める。 部分分数 $\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$ で望遠鏡和になる。

$$S_n=\sum _{k=1}^n(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})=1-\frac{1}{n+1}$$

② 部分和の極限をとる。 これが無限級数の和。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}=\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }(1-\frac{1}{n+1})=1-0=1$$

まとめ:無限級数は「部分和 $S_n$ を出して、その極限をとる」の $2$ 段階。部分分数で $S_n=1-\frac{1}{n+1}$ が出れば、$n\to \infty$ で $\frac{1}{n+1}\to 0$、和は $1$。等比級数以外はこの手順が基本だ。

発展。 似た顔の $\sum \frac{1}{n}$(調和級数)は、項が $0$ に向かうのに和は無限大に発散する。「項 $\to 0$」は収束の必要条件であって十分条件ではない。この級数($\frac{1}{n(n+1)}$、収束)と調和級数(発散)のペアは、その区別を覚えるのにちょうどよい例だ。

さらに $\sum \frac{1}{n^2}$ は収束して $\frac{{\pi }^2}{6}$(バーゼル問題・オイラー)。$\frac{1}{n(n+1)}<\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}$ の挟み込みで収束だけなら高校の道具でも示せる。望遠鏡和は収束判定の「ものさし」としても使える。

別解

和がちょうど $1$ になることを、$1$ 本の線分の絵で見ることができる。長さ $1$ の線分 $[0,1]$ に、点 $\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{3}{4},\frac{4}{5},\dots$ を打っていく(点 $1-\frac{1}{n+1}$ の列で、$1$ に限りなく近づく)。区切られた各小片の長さを測ると

$$\frac{1}{2}-0=\frac{1}{2},\frac{2}{3}-\frac{1}{2}=\frac{1}{6},\frac{3}{4}-\frac{2}{3}=\frac{1}{12},\dots$$

第 $n$ 片の長さは $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n(n+1)}$ で、これは級数の各項そのものだ。つまりこの級数は長さ $1$ の線分を無限個の小片に切り分けたもの。全部足せば線分全体の長さ $1$ に戻るのは当然で、部分和 $S_n=1-\frac{1}{n+1}$ は「$n$ 片目までで線分のどこまで来たか」を表している。

無限級数の和が有限に収まることが、「有限の線分を細かく分けただけ」という絵で腑に落ちる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「解を求めよ」ではなく「解があることを示せ」なので、存在証明だ。$3$ 次方程式の解の公式を知らなくても、存在だけなら言える。それが中間値の定理の仕事である。

$f(x)=x^3-x-1$ とおく。多項式だから $f$ は連続で、グラフは切れ目なくつながっている。

$$f(1)=-1<0,f(2)=5>0$$

$x=1$ で海面下、$x=2$ で海面上。切れ目なくつながった線が海面下から海面上へ行くには、途中で必ず海面($y=0$)を横切る。その横切る場所が解だ。

① 関数をおき、連続性を確認する。 $f(x)=x^3-x-1$。多項式なので連続。

② 両端の符号を調べる。

$$f(1)=1-1-1=-1<0$$

$$f(2)=8-2-1=5>0$$

③ 中間値の定理を適用する。 $f(1)<0<f(2)$ で符号が反対。$f$ は連続なので、中間値の定理より $f(c)=0$ となる $c$ が $1<c<2$ に少なくとも $1$ つ存在する。

よって方程式 $x^3-x-1=0$ は $1<x<2$ に実数解をもつ。

まとめ:中間値の定理は「連続なグラフが負から正へ移るなら、途中で必ず $0$ を通る」という当たり前を保証する定理。使い方は「連続を確認 → 両端の符号が反対を示す」の $2$ 点。解を具体的に求めなくても、存在だけは言える。

発展。 「連続」の仮定がどこまで必要かは、反例で確かめるとよく分かる。$f(x)=\frac{1}{x}$ は $f(-1)=-1<0$、$f(1)=1>0$ だが、間に解はない($x=0$ で不連続に飛んでいる)。符号の変化だけでは足りず、「切れ目なく」が必要だった。

この解 $x=1.3247\dots$ は「プラスチック数」と呼ばれ、$x^3=x+1$ を満たす特別な定数(黄金比 $x^2=x+1$ の $3$ 次版)。存在証明 → 二分法 → 特別な定数、と $1$ 問の裏に数学の層が重なっている。

別解

中間値の定理は「あるかないか」しか教えない。だが、同じ発想を繰り返すと、解の居場所をどこまでも絞り込める。区間 $(1,2)$ の真ん中 $x=1.5$ で値を見る。

$$f(1.5)=3.375-1.5-1=0.875>0$$

$f(1)<0<f(1.5)$ だから、解は前半分 $(1,1.5)$ にいる。もう一度真ん中で

$$f(1.25)=-0.296\dots <0$$

今度は $f(1.25)<0<f(1.5)$ なので、解は $(1.25,1.5)$ にある。$1$ 回の計算ごとに、解の居場所の幅が半分になる。

$10$ 回繰り返せば幅は約 $\frac{1}{1000}$、$20$ 回で $100$ 万分の $1$。この「二分法」は、コンピュータが方程式を解く最も基本的なアルゴリズムで、中間値の定理はその正しさの保証書だ(実際の解は $x=1.3247\dots$)。

存在定理は抽象的に見えて、実は「計算で解を求める手続き」の基礎になっている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x=1$ を入れると $\frac{0}{0}$。分子と分母がそろって $0$ になるのは、両方が因数 $(x-1)$ を隠し持っているからだ。

分子を因数分解する。

$$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$$

分母の $(x-1)$ と約分すれば不定形は解消。極限は「$x=1$ そのもの」ではなく「$x=1$ に近づく」だから、$x\ne 1$ での約分は正当だ。約分してから $x=1$ を代入して $1+1+1=3$。

① 因数分解する。

$$\frac{x^3-1}{x-1}=\frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1}=x^2+x+1(x\ne 1)$$

② 約分後に代入する。

$$\underset{x\to 1}{\lim }(x^2+x+1)=1+1+1=3$$

まとめ:$\frac{0}{0}$ は共通因数 $(x-1)$ の約分で解ける。$3$ 乗の差 $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ の因数分解を覚えておくと速い。約分後に $x=1$ を代入して $3$。

発展。 一般に $\frac{x^n-1}{x-1}\to n$($x\to 1$)。因数分解ルートなら $x^{n-1}+\cdots +x+1$ に $1$ を入れて $n$ 個の $1$、微分ルートなら $(x^n{)}^{\prime }=n{x}^{n-1}$ の $x=1$ での値を見ればよく、どちらでも $1$ 行だ。

この極限は「$1$ に近い数のべき乗」の近似 $(1+h{)}^n\approx 1+nh$ と同じ内容でもある。複利計算($1.01^{10}\approx 1.1$)や誤差の伝播(測定値が $1\%$ ずれると $3$ 乗量は約 $3\%$ ずれる)にも使える。答えの $3$ は「$3$ 乗は変化率を $3$ 倍にする」という実用則を表している。

別解

「$1$ の近く」を拡大して見るために、$x=1+h$ とおく手もある($x\to 1$ は $h\to 0$)。

$$\frac{x^3-1}{x-1}=\frac{(1+h{)}^3-1}{h}=\frac{3h+3h^2+h^3}{h}=3+3h+h^2$$

$h\to 0$ で残るのは先頭の $3$。この形は情報が豊かだ。$3+3h+h^2$ という展開から、「$x$ が $1$ より $h$ だけ大きいとき、比の値は $3$ より約 $3h$ 大きい」ことが分かる。極限値だけでなく、近づき方まで分かる。

そして理由を言えば、$\frac{x^3-1}{x-1}=\frac{f(x)-f(1)}{x-1}$($f(x)=x^3$)は微分係数の定義式で、答え $3$ は $f^{\prime }(1)=3\cdot 1^2$ だ。$(1+h{)}^3$ の展開の $1$ 次の係数が微分係数になる。置換 $x=1+h$ は、微分の計算のもとになる考え方である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 無限等比級数 $1+r+r^2+\cdots$ が「収束する」とは、部分和 $S_n=\frac{1-r^n}{1-r}$($r\ne 1$)が一定の値に落ち着くこと。

$S_n$ の中で $n$ とともに動く部品は $r^n$ だけ。$r^n$ が収束する条件はよく知っているとおり $-1<r\leqq 1$ だが、$r=1$ は別扱い($S_n=n\to \infty$ で発散)。よって収束条件は $-1<r<1$。$r=\frac{2}{3}$ はこの範囲にあるから、和は $\frac{1}{1-r}=3$ と確定する。

① 収束条件を書く。 公比 $r$ について

$$|r|<1\Rightarrow -1<r<1$$

($|r|\geqq 1$ だと項が $0$ に向かわず、和が発散する。)

② $r=\frac{2}{3}$ の和を求める。 $\frac{2}{3}$ は $-1<r<1$ を満たす。初項 $a=1$。

$$1+\frac{2}{3}+(\frac{2}{3}{)}^2+\cdots =\frac{1}{1-\frac{2}{3}}=\frac{1}{\frac{1}{3}}=3$$

まとめ:無限等比級数の収束は「公比の大きさ $|r|<1$」が絶対条件。この範囲でだけ和 $\frac{a}{1-r}$ が意味をもつ。$|r|\geqq 1$ では項が小さくならず、無限に足すと発散する。

発展。 一般の無限等比級数(初項 $a$)では、収束条件は「$|r|<1$ または $a=0$」となる。初項が $0$ なら公比が何であれ全項 $0$ で収束する。この見落としがちな例外は、初項に文字を含む応用問題($\Sigma x(1-x{)}^{n-1}$ の収束条件など)で正面から問われる。

$r=-1$ の $1-1+1-\cdots$ は歴史的にも有名で、「$\frac{1}{2}$ では?」という誤答(グランディ級数)を巡って $18$ 世紀の数学者が論争した。部分和の極限、という現代の定義が確立して初めて「収束しない」と決着した。定義を厳密にすることの意味がよく分かる級数である。

別解

条件 $-1<r<1$ の輪郭を、境界の実例で確かめておくと忘れない。

• $r=\frac{2}{3}$(範囲内): 部分和は $1,\frac{5}{3},\frac{19}{9},\frac{65}{27},\dots$ で、$3-3{\left(\frac{2}{3}\right)}^n$ の形をして $3$ に向かってじわじわ登る。収束。
• $r=1$(境界): $1+1+1+\cdots$、部分和は $n$ そのもの。発散。
• $r=-1$(境界): $1-1+1-1+\cdots$、部分和は $1,0,1,0,\dots$ と永遠に振動。行き先が定まらず収束しない。
• $r=2$(範囲外): $1+2+4+\cdots$、限りなく大きくなって発散。

境界の $2$ つ($r=\pm 1$)がどちらもダメなので、不等号は両方とも「$<$」で、等号は入らない。「公式の適用条件は、境界の反例とセットで覚える」。$|r|<1$ という記号の暗記より、$1-1+1-\cdots$ が振動する絵の方が、試験場で確実に思い出せる。