51. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
数列の発散の定義
数列{an}が ∞ に発散する
どんなに大きな数 G を持ってきても,
数列が十分大きな番号 N まで進めば
N 番より大きな番号 n については,
anはみな G より大きくなる
びます。図 1 の「4コマ漫画」で,この様子を説明し
列 {an} が ∞ に発散する」とは
ってきても,
まで進めば,
ついては,an は G より大きくなる。
∀G, ∃N; n > N ⇒ an > G
く小さな(好きなだけ小さくできる)正の数をさします。
52. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
数列の発散の定義
数列{an}が ∞ に発散する
どんなに大きな数 G を持ってきても,
数列が十分大きな番号 N まで進めば
N 番より大きな番号 n については,
anはみな G より大きくなる
びます。図 1 の「4コマ漫画」で,この様子を説明し
列 {an} が ∞ に発散する」とは
ってきても,
まで進めば,
ついては,an は G より大きくなる。
∀G, ∃N; n > N ⇒ an > G
く小さな(好きなだけ小さくできる)正の数をさします。
53. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
数列の発散の定義
数列{an}が ∞ に発散する
どんなに大きな数 G を持ってきても,
数列が十分大きな番号 N まで進めば
N 番より大きな番号 n については,
anはみな G より大きくなる
びます。図 1 の「4コマ漫画」で,この様子を説明し
列 {an} が ∞ に発散する」とは
ってきても,
まで進めば,
ついては,an は G より大きくなる。
∀G, ∃N; n > N ⇒ an > G
く小さな(好きなだけ小さくできる)正の数をさします。
89. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
a > 0 のとき
例題
a > 0 のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とお
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
×
n−k
を証明せよ。
90. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
a > 0 のとき
例題
a > 0 のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とお
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
×
n−k
を証明せよ。
小さい,すなわち |α − an| < α − α′ となります。α′ は,α より小
ので,α − α′ を上の収束の定義の ε と考えると,{an} は α に収束
ることを証明せよ。
てきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
と置く。番号 k は,k > 2a であるとする。
91. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
a > 0 のとき
例題
a > 0 のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とお
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
×
n−k
を証明せよ。
小さい,すなわち |α − an| < α − α′ となります。α′ は,α より小
ので,α − α′ を上の収束の定義の ε と考えると,{an} は α に収束
ることを証明せよ。
てきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
と置く。番号 k は,k > 2a であるとする。
n > k となる番号 n について,
92. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
a > 0 のとき
例題
a > 0 のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とお
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
×
n−k
を証明せよ。
小さい,すなわち |α − an| < α − α′ となります。α′ は,α より小
ので,α − α′ を上の収束の定義の ε と考えると,{an} は α に収束
ることを証明せよ。
てきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
と置く。番号 k は,k > 2a であるとする。
n > k となる番号 n について,
単調に増加する数列 {an} が有界ならば,Weierstrass の定理により上限 α が存在
α′ < α となるような α′ を用意します。この数列は単調増加ですから,ある番号 p 以
α′ よりも大きく,一方上限 α 以下ではあるはずです。つまり α′ < an α (n > p) で
an の隔たりは α と α′ の隔たりよりも小さい,すなわち |α − an| < α − α′ となります
さければどれだけ α に近くてもよいので,α − α′ を上の収束の定義の ε と考えると
することがわかります。■
例題
a > 0 のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
k +
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
1 n−k
C · 2k C · 2k
93. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
a > 0 のとき
例題
a > 0 のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とお
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
×
n−k
を証明せよ。
小さい,すなわち |α − an| < α − α′ となります。α′ は,α より小
ので,α − α′ を上の収束の定義の ε と考えると,{an} は α に収束
ることを証明せよ。
てきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
と置く。番号 k は,k > 2a であるとする。
n > k となる番号 n について,
単調に増加する数列 {an} が有界ならば,Weierstrass の定理により上限 α が存在
α′ < α となるような α′ を用意します。この数列は単調増加ですから,ある番号 p 以
α′ よりも大きく,一方上限 α 以下ではあるはずです。つまり α′ < an α (n > p) で
an の隔たりは α と α′ の隔たりよりも小さい,すなわち |α − an| < α − α′ となります
さければどれだけ α に近くてもよいので,α − α′ を上の収束の定義の ε と考えると
することがわかります。■
例題
a > 0 のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
k +
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
1 n−k
C · 2k C · 2k
界ならば,Weierstrass の定理により上限 α が存在します。このとき,
ます。この数列は単調増加ですから,ある番号 p 以降の an (n > p) は,
下ではあるはずです。つまり α′ < an α (n > p) です。よって,α と
りも小さい,すなわち |α − an| < α − α′ となります。α′ は,α より小
よいので,α − α′ を上の収束の定義の ε と考えると,{an} は α に収束
であることを証明せよ。
もってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
a a a
94. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
95. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
96. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
97. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
98. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
99. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
100. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
101. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
102. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
103. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
104. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
105. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
わかります。■
のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
あるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
106. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
わかります。■
のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
あるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
107. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
わかります。■
のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
あるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
108. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
わかります。■
のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
あるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
そこで,どんな小さな ε( > 0) についても,
番号 n が であれば
わち |α − an| < α − α′ となります。α′ は,α より小
を上の収束の定義の ε と考えると,{an} は α に収束
せよ。
C とおきます。すると,n > k のとき
C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
+ 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
· 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
ち,
an
は 0 に収束します。■
109. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
わかります。■
のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
あるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
そこで,どんな小さな ε( > 0) についても,
番号 n が であれば
わち |α − an| < α − α′ となります。α′ は,α より小
を上の収束の定義の ε と考えると,{an} は α に収束
せよ。
C とおきます。すると,n > k のとき
C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
+ 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
· 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
ち,
an
は 0 に収束します。■
110. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
わかります。■
のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
あるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
そこで,どんな小さな ε( > 0) についても,
番号 n が であれば
わち |α − an| < α − α′ となります。α′ は,α より小
を上の収束の定義の ε と考えると,{an} は α に収束
せよ。
C とおきます。すると,n > k のとき
C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
+ 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
· 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
ち,
an
は 0 に収束します。■
n→∞ n!
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C と
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
×
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
a
n
111. 2015
A.Asano,KansaiUniv.
例題
n > k となる番号 n について,
a > 0 のとき, lim
n→∞ n!
= 0 であることを証明せよ。
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k の
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
関数の極限
であることを証明せよ。
ってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
a
+ 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
なります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
k > 2a なので
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考え
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
かります。■
とき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
るような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
n
!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4
すから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5
できます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
わかります。■
のとき, lim
n→∞
an
n!
= 0 であることを証明せよ。
あるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C とおきます。すると,n > k のとき
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
ができます。そこで,ある(小さな)正の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
an
n!
は 0 に収束します。■
そこで,どんな小さな ε( > 0) についても,
番号 n が であれば
わち |α − an| < α − α′ となります。α′ は,α より小
を上の収束の定義の ε と考えると,{an} は α に収束
せよ。
C とおきます。すると,n > k のとき
C ×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
k + (n − k)
(4)
+ 2
× · · · ×
a
2a + (n − k)
· 2k
2n
<
C · 2k
n
(5)
の数 ε をもってきて,n >
C · 2k
ε
となる n を考える
ち,
an
は 0 に収束します。■
n→∞ n!
k > 2a であるような番号 k をもってきて,
ak
k!
= C と
an
n!
=
ak
k!
×
a
k + 1
×
a
k + 2
× · · · ×
a
n
= C ×
で,k > 2a ですから
an
n!
< C ×
a
2a + 1
×
a
2a + 2
×
< C ×
1
2
n−k
=
C · 2k
2n
とすることができます。そこで,ある(小さな)正の数
と,上の式に代入して
an
n!
< ε となります。すなわち,
a
n
つまり
{an / n!} は 0 に
収束する