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物理/8章の付録

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(問の解答)
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=8章の付録=
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==問の解答==
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(1)準備2項定理;を用いた展開<br/>
a_n\triangleq (1+\frac{1}{n})^{n} \qquad (n は自然数) とおく。<br/>
a_n\triangleq (1+\frac{1}{n})^{n} \qquad (n は自然数) とおく。<br/>
すると、
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2 \leq a_1=1+\frac{1}{1}=2\quad \lt a_2=(1+\frac{1}{2})^{2} =2\frac{1}{4}である。<br/>
2 \leq a_1=1+\frac{1}{1}=2\quad \lt a_2=(1+\frac{1}{2})^{2} =2\frac{1}{4}である。<br/>
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以下に、数列 \{a_n\}_{n=1}^{\infty} が単調増大で、有界(2より、3より小)である事を示す。するとテキストの定理により
nが3以上の自然数の時は、a_nを2項定理を用いて展開すると<br/>   
nが3以上の自然数の時は、a_nを2項定理を用いて展開すると<br/>   
a_n=(1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{m=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_{m}1^{n-m}(\frac{1}{n})^m \qquad \qquad (1)<br/> 
a_n=(1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{m=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_{m}1^{n-m}(\frac{1}{n})^m \qquad \qquad (1)<br/> 
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ここで、n より小さい全ての自然数 i に対して<br/>
ここで、n より小さい全ての自然数 i に対して<br/>
0 \lt 1-\frac{i}{n} \lt 1 なので、<br/>
0 \lt 1-\frac{i}{n} \lt 1 なので、<br/>
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2 \lt a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qquad \qquad (4)
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2 \lt a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qquad \qquad (4)<br/><br/>(2)すべての2以上の自然数 n に関して、<br/>
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2 \lt a_n \lt 3 \qquad \qquad \qquad (5)<br/>
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であることを示そう。<br/>
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式(4)から<br/>
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a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qqad (6)<br/>
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右辺の m は2以上の自然数なので、<br/>
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\frac{1}{m!} \leq \frac{1}{(m-1)m}=\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}<br/>
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である。故に、<br/>
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a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}(\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}=2+(1-\frac{1}{n})<br/>

2017年8月29日 (火) 15:10時点における版

8章の付録

問の解答

(1)準備2項定理;を用いた展開
a_n\triangleq (1+\frac{1}{n})^{n} \qquad (n は自然数) とおく。
すると、 2 \leq a_1=1+\frac{1}{1}=2\quad \lt a_2=(1+\frac{1}{2})^{2} =2\frac{1}{4}である。
以下に、数列 \{a_n\}_{n=1}^{\infty} が単調増大で、有界(2より、3より小)である事を示す。するとテキストの定理により nが3以上の自然数の時は、a_nを2項定理を用いて展開すると
  a_n=(1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{m=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_{m}1^{n-m}(\frac{1}{n})^m \qquad \qquad (1)
  ここで {}_n\mathrm{C}_{m} は、n個のものからm個取り出す取り出し方の総数で、
mが1以上でn 以下の自然数の時は
{}_n\mathrm{C}_{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{n(n-1)(n-2)\cdots (n-m+1)}{m!} \qquad \qquad (2)
ここで、m が1以上の自然数の時は  m!\triangleq 1\cdot 2\cdot 3 \cdots (m-1)\cdot m
mが零の時は {}_n\mathrm{C}_{0}\triangleq 1 、\quad 0!\triangleq 1 と定義する。

式(2)を式(1)に代入して計算すると
a_n = 1+\sum_{m=1}^{n}\frac{n(n-1)(n-2)\cdots (n-m+1)}{m!}1^{n-m}(\frac{1}{n})^m
=1+\sum_{m=1}^{n}\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{m-1}{n})}{m!}
=2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{m-1}{n})}{m!}\qquad \qquad (3)
ここで、n より小さい全ての自然数 i に対して
0 \lt 1-\frac{i}{n} \lt 1 なので、
2 \lt a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qquad \qquad (4)

(2)すべての2以上の自然数 n に関して、
2 \lt a_n \lt 3 \qquad \qquad \qquad (5)
であることを示そう。
式(4)から
a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qqad (6)
右辺の m は2以上の自然数なので、
\frac{1}{m!} \leq \frac{1}{(m-1)m}=\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}
である。故に、
a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}(\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}=2+(1-\frac{1}{n})

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