物理/８章の付録
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$a_n\triangleq (1+\frac{1}{n})^{n} \qquad (n は自然数)$ 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、 | 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。<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/> | ||
| + | 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/> | ||
| - | $ 2 \lt a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qquad \qquad (4)$ | + | $ 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/> |
| + | $ 2 \lt a_n \lt 3 \qquad \qquad \qquad (5)$<br/> | ||
| + | であることを示そう。<br/> | ||
| + | 式（４）から<br/> | ||
| + | $a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qqad (6)$<br/> | ||
| + | 右辺の m は2以上の自然数なので、<br/> | ||
| + | $\frac{1}{m!} \leq \frac{1}{(m-1)m}=\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}$<br/> | ||
| + | である。故に、<br/> | ||
| + | $a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}(\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}=2+(1-\frac{1}{n})$<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、
$a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}(\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}=2+(1-\frac{1}{n})$
