級数の収束問題について

質問

問題集を解いていっているのですが以下の3問がどうしても解けません。
ヒントだけでも良いので教えていただけないでしょうか。もちろん詳細に回答していただければありがたいです。

1) Σ[n=1～∞]1/(n^α)が収束することを示せ。(α>1)
2) lim[n->∞]a_n=aのときにlim[n->∞](1/n)Σ[k=1～∞]a_k=a であることを示せ。
3) lim[n->∞](1+a_1)(1+a_2)・・・(1+a_n)=∞のときΣ[n=1～∞](a_n)/((1+a_1)(1+a_2)・・・(1+a_n))=1 であることを示せ。

1は事実だけは知ってるのですが、なかなか証明ができなくて・・・。
2はa_n/nをうまく置き換えればいいように思うのですがうまくできません。
3はまったくわからないです・・・。

下に画像を張っておきます。よろしくお願いいたします。

回答No.2

Tacosan · ベストアンサー

1 は n=1, n=2, n=3～4, n=5～8, n=9～16, ... と 2のべきごとにわけて考えるのがスタンダードかな. n=2^k+1～2^(k+1) なら
1/n^α ≦ 1/2^(kα)
であることを使う. 調和級数が発散するのと同じような感じだけど結論は逆.
2 は ε-δ を駆使するのがストレートだと思う.
lim a_n = a を ε-δ で書いてなんとかする.

お礼

3)
$a_{0}=1$とすれば
\begin{align*}
\dfrac{a_{n}}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\cdots\left(1+a_{n}\right)}=\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\cdots\left(1+a_{n-1}\right)}-\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\cdots\left(1+a_{n}\right)}
\end{align*}
となるので、
\begin{align*}
&\sum_{n=1}^{m}\dfrac{a_{n}}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\cdots\left(1+a_{n}\right)}\\
=&\left(1-\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)}\right)+\left(\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)}-\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)}\right)+\\
&\hspace{6.2zw}\cdots+\left(\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)\cdots\left(1+a_{m-1}\right)}-\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)\cdots\left(1+a_{m}\right)}\right)\\
=&1-\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\cdots\left(1+a_{m}\right)}\xrightarrow{m\rightarrow\infty}1
\end{align*}

回答No.3

Tacosan

おっととと.
調和級数じゃないんだから
n=1; 2, 3; 4～7; 8～15; ...
のようにわけて考えれば十分だ.

お礼

自分用メモに回答を書いておきます
2）
$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=\alpha$より任意の$\epsilon '>0$に対して、$N\in\mathbb{N}$が存在して、$n>N$なる$n$について次が言える。
\begin{align*}
\left|a_{n}-\alpha\right|<\epsilon '
\end{align*}
上記より
\begin{align*}
\left|\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}-\alpha\right|&=\left|\sum_{k=1}^{n}\dfrac{a_{k}}{n}-\dfrac{n\alpha}{n}\right|\\
&=\left|\left(\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}\right)-\dfrac{n\alpha}{n}\right|\\
&=\left|\dfrac{\left(a_{1}-\alpha\right)+\left(a_{2}-\alpha\right)+\cdots +\left(a_{n}-\alpha\right)}{n}\right|\\
&=\left|\dfrac{\left(a_{1}-\alpha\right)+\left(a_{2}-\alpha\right)+\cdots \left(a_{N}-\alpha\right)+\left(a_{N+1}-\alpha\right)+\cdots\left(a_{n}-\alpha\right)}{n}\right|\\
&\leq\dfrac{\left|a_{1}-\alpha\right|+\left|a_{2}-\alpha\right|+\cdots \left|a_{N}-\alpha\right|+\left|a_{N+1}-\alpha\right|+\cdots\left|a_{n}-\alpha\right|}{n}\\
&<\dfrac{\left|a_{1}-\alpha\right|+\left|a_{2}-\alpha\right|+\cdots \left|a_{N}-\alpha\right|+\epsilon '+\cdots\epsilon '}{n}
\end{align*}

ここで
\begin{align*}
\epsilon=\max\left\{\left|a_{1}-\alpha\right|,\cdots ,\left|a_{N}-\alpha\right|,\epsilon '\right\}
\end{align*}

とすれば
\begin{align*}
\left|\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}-\alpha\right|&<\dfrac{\left|a_{1}-\alpha\right|+\left|a_{2}-\alpha\right|+\cdots \left|a_{N}-\alpha\right|+\left|a_{N+1}-\alpha\right|+\cdots\left|a_{n}-\alpha\right|}{n}\\
&\leq\dfrac{n\epsilon}{n}\\
&=\epsilon
\end{align*}

故に
\begin{align*}
\lim_{n\rightarrow\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}=\alpha
\end{align*}

補足

1)
$\alpha \leq 1$で発散することを示す。
\begin{align*}
\sum^{\infty}_{n=1}\dfrac{1}{n^{\alpha}}&=\dfrac{1}{1^{\alpha}}+\dfrac{1}{2^{\alpha}}+\dfrac{1}{3^{\alpha}}+\dfrac{1}{4^{\alpha}}+\dfrac{1}{5^{\alpha}}+\dfrac{1}{6^{\alpha}}+\dfrac{1}{7^{\alpha}}+\dfrac{1}{8^{\alpha}}\cdots\\
&>\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}\cdots\\
&=1+\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\right)+\left(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}\right)+\cdots\\
&>1+\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\right)+\left(\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}\right)+\cdots\\
&=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\cdots
\end{align*}
となり発散。

次に$\alpha>1$で収束することを示す。
\begin{align*}
\sum^{\infty}_{n=1}\dfrac{1}{n^{\alpha}}&=\dfrac{1}{1^{\alpha}}+\dfrac{1}{2^{\alpha}}+\dfrac{1}{3^{\alpha}}+\dfrac{1}{4^{\alpha}}+\dfrac{1}{5^{\alpha}}+\dfrac{1}{6^{\alpha}}+\dfrac{1}{7^{\alpha}}+\cdots\\
&=1+\left(\dfrac{1}{2^\alpha}+\dfrac{1}{3^\alpha}\right)+\left(\dfrac{1}{4^\alpha}+\dfrac{1}{5^\alpha}+\dfrac{1}{6^\alpha}+\dfrac{1}{7^\alpha}\right)+\cdots\\
&<1+\left(\dfrac{1}{2^\alpha}+\dfrac{1}{2^\alpha}\right)+\left(\dfrac{1}{4^\alpha}+\dfrac{1}{4^\alpha}+\dfrac{1}{4^\alpha}+\dfrac{1}{4^\alpha}\right)+\cdots\\
&=1+\sum^{\infty}_{k=1}\left(\dfrac{1}{2^{\alpha -1}}\right)^{k}\\
&=1+\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2^{\alpha -1}}}
\end{align*}
ゆえに収束。

回答No.1

Ae610

取り敢えず3だけ・・・
u[n]＝a[n]/((1+a[1])(1+a[2])・・(1+a[n]))
と置いてみると、
u[n]＝(1/((1+a[1])(1+a[2])・・(1+a[n-1])))－(1/((1+a[1])(1+a[2])・・(1+a[n])))と変形出来る。
よって
S[n]＝Σ[k=1～n]u[k]
＝1－1/((1+a[1])(1+a[2])・・・(1+a[n]))
故に
lim(n→∞)S[n]=Σ[n=1～∞]u[n]
＝lim(n→∞)｛1－1/((1+a[1])(1+a[2])・・・(1+a[n]))｝
仮定より lim[n->∞](1+a[1])(1+a[2])・・・(1+a[n])=∞であるから
lim(n→∞)｛1/((1+a[1])(1+a[2])・・・(1+a[n]))｝→0
従って
lim(n→∞)S[n]=Σ[n=1～∞]u[n]→1

故にΣ[n=1～∞](a_n)/((1+a_1)(1+a_2)・・・(1+a_n))→1

お礼

ありがとうございました！