§3　数列の極限

$x_1,x_2,・・・,x_n,・・・$のように自然数に対応して無限個の数が並べられているとき、これを数列といい{$x_n$}で表す。

集合{$x_1, x_2, ・・・,x_n,・・・$}の部分集合で、$n_1 < n_2 < ・・・< n_k < ・・・$となるように並べた数列、$x_{n1},x_{n2},・・・,x_{nk},・・・$を数列{$x_n$}の部分列という。

nを大きくすれば、$x_n$がいくらでもaに近づくとき{$x_n$}はaに収束するという。aを{$x_n$}の極限といい以下で表す。

$$ \lim_{n \to \infty} x_n = a $$

この収束の定義は、いくらでもとか近づくとか曖昧な定義になっている。定義を明確にするために収束の定義を以下とする。

どんなに小さな$\epsilon$ > 0に対して、ある番号$n_0$があって$x_{n0}$より先の全ての$x_n$がaの$\epsilon$近傍にあるとき、{$x_n$}はaに収束するという。式で書くと次になる。

$$\forall \epsilon, \exists n_0, n > n_0 \Rightarrow |x_n – a| < \epsilon$$　収束しない数列は発散するという。任意のG > 0 に対して(Gがどんなに大きくても)

$$n > n_0 \Rightarrow x_n > G$$ となる$n_0$が存在するとき{$x_n$}は無限大に発散するという（符号が逆の場合は、負の無限大に発散するという）。記号で書くと以下になる。

$$ \lim_{n \to \infty} x_n = \infty $$　

[定理1] $\displaystyle \lim_{n \to \infty} |x_n| = \infty と \lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_n} = 0$とは同値である。

[系1] {$x_n$}が収束して, $x_n \geqq k (x_n \leqq k)$ならば、$\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n \geqq k(\lim_{n \to \infty})$

[証明] [定理4](5)で$y_n$ = kとすれば良い。

[系2] 収束数列の各項がある閉区間に属すれば、その極限値も同じ閉区間に属する。

[証明]　[系1]の言い方を変えたもの。

$x_1 \leqq x_2 \leqq \cdots \leqq x_n \leqq \cdots$ であるような数列{$x_n$}を単調増加数列といい、$x_1 \geqq x_2 \geqq \cdots \geqq x_n \geqq \cdots$ であるような数列{$x_n$}を単調減少数列という。両者を合わせて単調数列という。

[定理5] 上に有界な単調増加数列{$x_n$}は収束する。その極限はsup{$x_n$}である。同様に、下に有界な単調減少数列{$x_n$}は収束する。その極限はinf{$x_n$}である。

[証明]{$x_n$}は上に有界なので$\alpha$を上限とすると、 $x_n \leqq \alpha, \forall \epsilon, \exists n0, \alpha – \epsilon < x_{n0}　n > n0のとき x_n > x_{n0}であるので、\alpha – \epsilon < x_n \leqq \alpha$。$よって、\forall \epsilon, \exists n0, n > n0 \rightarrow |x_n – \alpha| < \epsilonとなり、\{x_n\}は\alphaに収束する。$下に有界な場合も同様に証明できる。

[系]　単調増加(減少)数列{$x_n$}が$\alpha$に収束すれば、$x_n \leqq \alpha(x_n \geqq \alpha)$

[証明] $\{x_n\}が\alphaに収束するので、\forall \epsilon, \exists n_0, n > n_0 \Rightarrow |x_n – \alpha| < \epsilon$$\alpha < x_nと仮定すると、\alpha + \epsilon ‘< x_n < \alpha + \epsilon, 0 < \epsilon ‘ < \epsilon$$\{x_n\}は、\alphaに収束するので、n < n ‘なるn ‘において、 \alpha < x_n ‘ < \alpha + \epsilon ‘$$x_n ‘ < x_n となり矛盾するため、x_n \leqq \alpha$

[定理6] $(区間縮小法の原理)閉区間の無限列 I_n = [a_n, b_n] (n = 1,2,3, \cdots)があって、$$(ⅰ) I_1 \supset I_2 \supset \cdots \supset I_n \supset \cdotsでかつ、(ⅱ) b_n – a_n \rightarrow 0(n \rightarrow \infty)ならば$$これらの閉区間の全てに属するただ1つの点が存在する。$

[証明] (ⅰ)を言い換えると$a_1 \leqq a_2 \leqq \cdots \leqq a_n \leqq \cdots \leqq b_n \leqq \cdots \leqq b_2 \leqq b_1$となる。{$a_n$}は単調増加数列で上に有界なので上限値$\alpha$に収束する。同様に{$b_n$}は下に有界な単調減少数列で下限値$\beta$に収束する。$a_n \leqq \alpha \leqq \beta \leqq b_n$より、$0 \leqq \beta – \alpha \leqq b_n – a_n$であり、$n \rightarrow \infty$のとき、$b_n – a_n \rightarrow 0$であるので、$\beta – \alpha \rightarrow 0, \beta = \alpha$となる。

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^n = e$の存在

\begin{align}
&x_n = (1 + \frac{1}{n})^nとおくとき、x_1 < x_2 < x_3 < \cdots < x_n < \cdots < 3となることを示す。\\
& x_n を二項定理によって展開すると\\
& x_n = (1 + \frac{1}{n})^n = 1 + n(\frac{1}{n}) + \frac{n(n – 1)}{2!}(\frac{1}{n})^2 + \frac{n(n-1)(n-2)}{3!}(\frac{1}{n})^3 + \cdots\\
& + \frac{n(n-1)\cdots 3\cdot 2\cdot 1 }{n!}(\frac{1}{n})^n\\
& = 1 + 1 + \frac{1}{2!}(1 – \frac{1}{n}) + \frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})+\cdots + \frac{1}{n!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{n-1}{n})\\
&同様に x_{n+1} = 1 + 1 + \frac{1}{2!}(1 – \frac{1}{n+1}) + \frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})+\cdots \\
&+ \frac{1}{n!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots(1-\frac{n-1}{n+1})\\
&+ \frac{1}{(n+1)!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots(1-\frac{n}{n+1})\\
&x_nとx_{n+1}の各項を比較すると\frac{1}{n}が\frac{1}{n+1}に変わっているのでx_{n+1}のほうが大きい。\\
&またx_{n+1}のほうが最後の正の項を追加しているためx_n < x_{n+1}。さらに\\
& x_n < 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots + \frac{1}{n!}\\
& \leqq 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{2^(n-1)} = 1 + 2(1-\frac{1}{2^n}) < 1 + 2 = 3\\
& よって、x_nは単調増加関数で上に有界なので収束する。
\end{align}