有界単調数列の収束定理|具体例から使い方をみる

この記事では,$\sqrt{2\quad}$が入れ子になって無限に続く

\begin{align*} \sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{\dots}}}} \end{align*}

の値を求めることを考えます.

この問題は漸化式をもつ数列の極限と考えることができますが,この極限を考えるためにこの記事のテーマである有界単調数列の収束定理を用います.

さて,当然のことながら数列はいつでも収束するとは限りません.

そのため,数列の極限を考える際には

  • 収束するか
  • 発散するか

の判定をすることが大切です.

この記事のテーマである[有界単調数列の収束定理]は数列の収束を保証する基本的な定理となっています.

解説動画

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【有界単調数列の収束定理】数列の極限の存在を証明しよう!

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問題

冒頭でも書いたように次の問題を考えます.

次の極限を調べよ:

\begin{align*} \sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{\dots}}}}. \end{align*}

すなわち,

  • $a_0=1$
  • $a_1=\sqrt{2}$
  • $a_2=\sqrt{2\sqrt{2}}$
  • $a_3=\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2}}}$
  •  $\vdots$

の数列$\{a_n\}$の極限を調べよ.

問題が「極限値を求めよ」ではなく「調べよ」となっているのは,「収束するとは限らないので,収束・発散から調べてね」という意図があります.

この問題の$a_n$は$\sqrt{2\quad}$が$n$個入れ子になっているわけですね.

$a_n$に$\sqrt{2\quad}$を被せれば$a_{n+1}$になりますから,この問題は次のように書き直すことができますね.

$a_{0}=1$の数列$\{a_{n}\}$が漸化式

\begin{align*} a_{n+1}=\sqrt{2a_{n}} \end{align*}

を満たすとき,極限$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$が存在すれば求めよ.

以下では,この漸化式をもつ数列の極限を考えていきましょう.

実は高校範囲でこの数列の一般項を求めて,直接極限を計算することもできます.この解法は本記事の最後に載せています.

誤答例

この問題を考えるにあたって,まずは数学的に良くない解法を紹介します.

[誤答] $\alpha:=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$とする.漸化式の両辺で極限$n\to\infty$を考えて

\begin{align*} \alpha=\sqrt{2\alpha} \iff\sqrt{\alpha}\bra{\sqrt{\alpha}-\sqrt{2}}=0 \iff\alpha=0,2 \end{align*}

が極限である.

次の定理は重要な事実として当たり前にしておきましょう.

数列が収束するなら,極限はただ1つである.

この定理が当たり前になっていれば,[誤答]をパッと見たとき極限が2つ($\alpha=0,2$)書かれている時点で明らかに誤りだと気付きます.

また,もうひとつ非常にマズい点があることに気付くでしょうか?

いま考えている問題では,数列がそもそも収束するか発散するか分かっていません.

そのため,最初から「$\alpha:=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$」と極限が存在していると思っている点が数学的なギャップになっています.

つまり,一般に「極限が存在するかどうか分からない状況で極限をとることはご法度」なのです.

例えば,$b_0=1$で漸化式

\begin{align*} b_{n+1}=-b_n \end{align*}

をもつ数列$\{b_n\}$を考えましょう.この数列$\{b_n\}$の項は$1$と$-1$を交互に繰り返すので振動します(収束しません).

しかし,先程の[誤答]と同じく$\alpha:=\lim\limits_{n\to\infty}b_{n}$とおいて漸化式で極限$n\to\infty$をとると

\begin{align*} \alpha=-\alpha \iff\alpha=0 \end{align*}

となります.しかし,先ほども述べたようにこの数列は極限が存在しませんから,いま求まった$\alpha=0$はもちろん極限ではありません.

つまり,極限をとって$\alpha$が求まったとしても,極限が存在するかどうかは全く分からない(つまり,全く別の話な)わけですね.

これが「極限が存在するかどうか分からない状況で極限をとることはご法度」と書いた理由です.

有界単調数列の収束定理

ということは,先に極限$\lim\limits_{n\to\infty}a_n$が存在する(⇔数列$\{a_n\}$が収束する)ことが言えていれば,先程の[誤答]で$\alpha:=\lim\limits_{n\to\infty}a_n$とおいて漸化式で極限$n\to\infty$をとる操作が正当化されるわけですね.

この問題では,次の有界単調数列の収束定理が数列$\{a_n\}$の収束を示すために使えます.

[有界単調数列の収束定理] 上に有界広義単調増加する数列は極限をもつ.

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数列$\{a_n\}$が「広義単調増加する」とは任意の$n$に対して$a_n\le a_{n+1}$を満たすことをいいますね.つまり,任意の項がその前の項より大きいか同じであればいいわけですね.

そのため,「広義単調増加する数列$\{a_n\}$」は「非減少な数列$\{a_n\}$」といっても同じことです.


$\{a_n\}$は上に有界で広義単調増加するとする.

このとき,集合$\{a_1,a_2,\dots\}$は上に有界だから上限$\alpha:=\sup\limits_{n} a_n$が存在する.

以下,この$\alpha$が数列$\{a_n\}$の極限であることを示す.

任意に$\epsilon>0$をとる.上限の性質より,ある項$a_{n_0}$が存在して$\alpha-\epsilon<a_{n_0}$を満たす.

これと数列$\{a_n\}$は広義単調増加することを併せて,任意の$n\ge n_0$に対して

\begin{align*} \alpha-\epsilon<a_{n} \iff \alpha-a_n<\epsilon \end{align*}

が成り立つ.さらに,上限の定義より$\alpha-a_n>0$だから,$|\alpha-a_n|<\epsilon$を得る.

$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\alpha$だから,数列$\{a_n\}$は収束する.

同様に下に有界で広義減少増加する数列は極限をもちます.

解答

それでは解答です.

(再掲) $a_{0}=1$の数列$\{a_{n}\}$が漸化式

\begin{align*} a_{n+1}=\sqrt{2a_{n}} \end{align*}

を満たすとき,極限$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$が存在すれば求めよ.

有界単調数列の収束定理による解法

問題の数列$\{a_n\}$にこの[有界単調数列の収束定理]を適用することを考えましょう.

$1$より大きい$\sqrt{2}$をどんどん内側にかけていくので,数列$\{a_n\}$が単調増加であることはすぐに分かりますね.

[誤答]の中で考えたように極限$\alpha$が存在すれば$\alpha=0,2$でしたが,$1<a_n$かつ数列$\{a_n\}$が単調増加であることから極限が存在すれば$\alpha=2$となるしかありません.

よって,$a_n<a_{n+1}<2$が成り立つと予想でき,これを数学的帰納法により証明し[有界単調数列の収束定理]を用いましょう.


任意の非負整数$n$に対して$a_{n}<a_{n+1}<2$が成り立つことを数学的帰納法により示す.

[1] $n=0$のときは

\begin{align*} a_{0}=1<a_{1}=\sqrt{2}<2 \end{align*}

だから成り立つ.

[2] ある$n\in\N_{\ge0}$のときに成り立つと仮定する.このとき,

\begin{align*} a_{n+2}-a_{n+1} =&\sqrt{2a_{k+1}}-\sqrt{2a_{k}} \\=&\sqrt{2}\bra{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_{k}}} >0 \end{align*}

かつ

\begin{align*} 2-a_{k+2} =&2-\sqrt{2a_{k+1}} \\=&\sqrt{2}\bra{\sqrt{2}-\sqrt{a_{k+1}}} >0 \end{align*}

となって,$n=k+1$のときにも成り立つことが分かる.

[1], [2]より,任意の非負整数$n$に対して$a_{n}<a_{n+1}<2$が成り立つから,数列$\{a_{n}\}$は上に有界かつ単調増加することが分かるので,極限

\begin{align*} \alpha:=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n} \end{align*}

が存在する.漸化式の両辺で極限$n\to\infty$を考えて

\begin{align*} \alpha=\sqrt{2\alpha} \end{align*}

だから,$1<\alpha\le2$に注意して$\alpha=2$を得る.

補足

この問題に至っては,数列$\{a_n\}$の一般項を求めることもできるので,一般項を求めて極限を飛ばしたものと一致することもみておきましょう.


$a_0=1>0$と漸化式$a_{n+1}=\sqrt{2a_{n}}$を考えると帰納的に$a_n>0$である.

漸化式の両辺で$\log_2$をとって,$b_n=\log_{2}{a_n}$とおくと

\begin{align*} &\log_{2}{a_{n+1}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\log_{2}{a_n} \\\iff&2b_{n+1}=1+b_n \\\iff&2(b_{n+1}-1)=b_n-1 \\\iff&b_n-1=2^{-n}(b_0-1) \\\iff&\log_{2}{a_n}=1-2^{-n} \\\iff&a_n=2^{1-2^{-n}} \end{align*}

と一般項が得られるから

\begin{align*} \lim_{n\to\infty}a_n =2^{1-0} =2 \end{align*}

となる.

同じことですが,もっと素朴に考えれば

\begin{align*} a_n =&2^{1/2}\times2^{1/2^2}\times2^{1/2^3}\times\dots\times2^{1/2^n} \\=&2^{(1/2)+(1/2^2)+(1/2^3)+\dots(1/2^n)} \end{align*}

ですから,極限をとると冪が初項$\frac{1}{2}$,公比$\frac{1}{2}$の無限等比級数となって,

\begin{align*} \lim_{n\to\infty}a_n =2^{\frac{1/2}{1-(1/2)}} =2 \end{align*}

が得られますね.

解析入門

[杉浦光男 著/東京大学出版会]

解析学の教科書としては非常に有名で,理論系で解析がしっかり必要となる人は持っておいてよいテキストです.

  • 第1巻で1変数の微分積分学
  • 第2巻で多変数の微分積分学

を扱っています.本書に対応した演習書「解析演習」も出版されています.

本書の特徴としては

  • 数学的に厳密に書かれている
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の2点が挙げられます.

このため,辞書的に使う教科書という位置付けて持っている人も多いようです.

なお,この記事の内容は第1巻に載っています.

微分積分学

[笠原晧司 著/サイエンス社]

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具体例のレベルは基本的なものに加えて少々難しいものも含まれているので,いろいろな具体例に触れたい人は持っておいてもよいでしょう.

このため,しっかり数学をやりたい人の微分積分学の導入としてオススメできる一冊です.

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