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DS 数学 BBS
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59622.Re: 数3  
名前:数学生    日付:2018年7月23日(月) 16時42分
※追記
あと、非常に厳密に証明したので、
問題((2),(4))によっては難しいと思うかもしれません。
ただ、そういう証明なしなら、
単にa>1のとき、lim_{n→∞}a^n/n! = 0で、
lim_{n→∞}(n^r+c)^{1/n} = 1というのはほとんど暗記事項なので、
そういうものだと覚えてしまったほうがいいです。
p1667046-ipngn200307osakachuo.osaka.ocn.ne.jp (180.44.183.46)
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59621.Re: 数3  
名前:数学生    日付:2018年7月23日(月) 16時36分
下記のtexコードをなにかのソフトウェアでみるか、
下記の僕のサイトに貼りましたので、そちらから確認してください。

(url)
https://mathematics-only.hatenablog.com/entry/2018/07/23/162942

(texコード)
[tex: \displaystyle (1):部分数分解を用いた解法 ]
[tex: \displaystyle \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}であるから、 ]
[tex: \displaystyle \sum_{n=1}^n \frac{1}{n(n+1)} = 1 - \frac{1}{n+1} ]
[tex: \displaystyle ※実際に足し合わせてみるとわかります。 ]
[tex: \displaystyle ※あるいは、a_n = b_n - b_{n+1}のとき、S_n = b_1 - b_{n+1}という公式を用いる。 ]
[tex: \displaystyle よって、\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{n(n+1)} = 2 ]
[tex: \displaystyle(3)の解答 ]
[tex: \displaystyle (3)の問題を、\lim_{\theta \to 0} \frac{\log(1-\theta^2)}{\sin{\theta}}として解答します。 ]
[tex: \displaystyle \log(1-\theta^2) = \log(1+\theta) + \log(1-\theta)であるから、 ]
[tex: \displaystyle \frac{\log(1-\theta^2)}{\sin{\theta}} = \frac{\log(1+\theta) + \log(1-\theta)}{\sin{\theta} }...(1) ]
[tex: \displaystyle (1)の分子と分母に\thetaを掛けると、(1) = \left\[\log(1+\theta)^{\frac{1}{\theta}} + \log(1+-\theta)^{\frac{-1}{-\theta}}\right\]・\frac{\theta}{\sin{\theta}}...(1) ]
[tex: \displaystyle \lim_{\theta \to 0} \log(1+\theta)^{\frac{1}{\theta}} = e, \lim_{\theta \to 0} \frac{\sin{\theta}}{\theta} = 1 ]
[tex: \displaystyle であるから、 \lim_{\theta \to 0} \frac{\log(1-\theta^2)}{\sin{\theta}} = (\log{e} + \log{\frac{1}{e}})・1 = (1 + -1)・1 = 0 ]
[tex: \displaystyle (2)の解答 ]
[tex: \displaystyle (2)の代わりに、a \gt 1かつaは整数を満たす\lim_{n \to \infty} \frac{a^n}{n!} = 0を示す。 ]
[tex: \displaystyle 数列{A_i} = a,a,a,a,a,.....,aと数列{N_i} = iを定める。 ]
[tex: \displaystyle このとき、a^n = \prod_{i=1}^n A_i , n! = \prod_{i=1}^n N_i ]
[tex: \displaystyle 十分大きなnについては、任意の正の整数kに対して、\prod_{i=a+k}^{n}A_i \lt \prod_{i=a+k}^{n}N_iであり、 ]
[tex: \displaystyle \prod_{i=a+k}^{n}N_{a+k} \lt \prod_{i=a+k}^{n}N_i であるから、]
[tex: \displaystyle \prod_{i=a+k}^{n}A_i \lt \prod_{i=a+k}^{n}N_{a+k} \lt \prod_{i=a+k}^{n}N_i ]
[tex: \displaystyle 今、(a+k)^{n-a-k+1} - a^{n-a-k+1} = f(n) + k^{n-a-k+1}であるので、]
[tex: \displaystyle (a+k)^{n-a-k+1} = a^{n-a-k+1} + f(n) + k^{n-a-k+1}とでき、]
[tex: \displaystyle \prod_{i=1}^{a+k-1}N_i = a^{a+k-1} + d (dは整数)とおけるので、 ]
[tex: \displaystyle n! \gt (a^{a+k-1}+d)(a^{n-a-k+1} + f(n) + k^{n-a-k+1}) ]
[tex: \displaystyle = a^{n} + a^{a+k-1}f(n) + a^{a+k-1}k^{n-a-k+1} + da^{n-a-k+1} + df(n) + dk^{n-a-k+1}であるから、 ]
[tex: \displaystyle \frac{a^n}{n!} \lt \frac{a^n}{a^n(1 + a^{a+k-1-n}f(n) + a^{a+k-1-n}k^{n-a-k+1} + da^{-a-k+1} + df(n) + dk^{-a-k+1})}]
[tex: \displaystyle = \frac{1}{1 + a^{a+k-1-n}f(n) + a^{a+k-1-n}k^{n-a-k+1} + da^{-a-k+1} + df(n) + dk^{-a-k+1}} ]
[tex: \displaystyle f(n)とa^{a+k-1-n}は0以上なので、a^{a+k-1-n}f(n) \gt 0 かつ df(n) \gt 0 ]
[tex: \displaystyle a^{a+k-1-n}k^{n-a-k+1} = (\frac{k}{a})^{n-a-k+1}であり、nを十分大きく取れば\ k \gt a \ となるようにkを取れるので、]
[tex: \displaystyle \lim_{n\to\infty}(\frac{k}{a})^{n-a-k+1} = \infty ]
[tex: \displaystyle よって、\lim_{n\to\infty}0 = 0 \lt \lim_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!} \lt \lim_{n\to\infty}\frac{1}{1 + a^{a+k-1-n}f(n) + a^{a+k-1-n}k^{n-a-k+1} + da^{-a-k+1} + df(n) + dk^{-a-k+1}} ]
[tex: \displaystyle = 0 ]
[tex: \displaystyle 証明終わり ]
[tex: \displaystyle よって、a = 1000^5のときも0である。]
[tex: \displaystyle (4)の解答 ]
[tex: \displaystyle 十分大きいxについて下記が成り立つとする。]
[tex: \displaystyle f(x)は微分可能 ]
[tex: \displaystyle 1 \lt f(x) ]
[tex: \displaystyle xf'(x) - f(x)\log f(x) \lt 0 ]
[tex: \displaystyle a\gt1のとき、f(x) \lt a^x]
[tex: \displaystyle このとき、\lim_{n\to\infty}\sqrt\[n\]{f(n)} = 1となることを示す。]
[tex: \displaystyle g(x) = \sqrt\[x\]{f(x)}とおく。 ]
[tex: \displaystyle g'(x) = \sqrt\[x\]{f(x)}[\frac{1}{x}\log f(x)]' ]
[tex: \displaystyle = \frac{\sqrt\[x\]{f(x)}}{x^2f(x)}(xf'(x)-f(x)\log f(x)) ]
[tex: \displaystyle 定義より、十分大きいxについてxf'(x) - f(x)\log f(x) \lt 0であるから、 ]
[tex: \displaystyle g(x)は単調減少で、xを十分大きくすればg(x)\geqq 0であるから、 ]
[tex: \displaystyle \lim_{x\to\infty}g(x)は0 \leqq aを満たす任意のaに収束する。 ]
[tex: \displaystyle a = 1であることを背理法を用いて示す。 ]
[tex: \displaystyle 0 \leqq a \lt 1を満たすaに収束すると仮定 ]
[tex: \displaystyle 十分大きいx以上についてg(x)は連続であるから中間値の定理より、a \leqq g(x) = \sqrt\[x\]{f(x)} \lt 1...(1) ]
[tex: \displaystyle (1)の各辺をx乗すると、a^x \leqq f(x) \lt 1 ]
[tex: \displaystyle f(x) \lt 1 は定義より矛盾。]
[tex: \displaystyle 1 \lt aを満たすaに収束すると仮定 ]
[tex: \displaystyle 中間値の定理より、a \lt \sqrt\[x\]{f(x)} ]
[tex: \displaystyle ⇔ a^x \lt f(x)で定義より矛盾。 ]
[tex: \displaystyle よって、a = 1すなわち\lim_{n\to\infty}\sqrt\[n\]{f(n)} = 1 ]
[tex: \displaystyle f(x) = x^2 + 3のとき、 ]
[tex: \displaystyle 十分xを大きくすると、 ]
[tex: \displaystyle f(x)は微分可能、 ]
[tex: \displaystyle 1 \lt f(x)、]
[tex: \displaystyle x・2x - (x^2+3)\log(x^2+3) \lt 0]
[tex: \displaystyle ⇔ \frac{2x^2}{x^2+3} - \log(x^2+3) = 2 - \frac{6}{x^2+1} - \log(x^2+3) \lt 0 ]
[tex: \displaystyle より、正しい。 ]
[tex: \displaystyle 1 \lt aのとき、x^2 + 3 \lt a^x ]
[tex: \displaystyle であるので、]
[tex: \displaystyle \lim_{n\to\infty}\sqrt\[n\]{n^2+3} = 1である。 ]
[tex: \displaystyle (蛇足)]
[tex: \displaystyle 一般に、\lim_{n \to \infty} \sqrt\[n\]{n^r+c} = 1 \ (rは自然数で、cは実数)]
[tex: \displaystyle なぜなら、上記の規則を全て満たすからである。]
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59590.数3  
名前:KB    日付:2018年7月22日(日) 16時8分
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(2)(3)の解説お願いします!できれば紙だと助かります!!
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