はさみうちの原理③(ガウス記号)

ガウス記号を含む極限の例題です。

 

 

(例題1)
\([x]\)は\(x\)を超えない最大の整数とする。
\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\frac{[10^nπ]}{10^n}\) を求めよ。

 

ガウス記号を外すために次の不等式で表します。するとはさみうちの原理が使えます。
\(x-1<[x]≦x\)
(\([x]≦x<[x]+1\) から変形できます。\(4≦4.3<5\) をイメージ)

(解答)
\(10^{n}π-1<[10^nπ]≦10^{n}π\) より

\(π-\displaystyle\frac{1}{10^{n}}<\displaystyle\frac{[10^nπ]}{10^n}≦π\)

\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}(π-\displaystyle\frac{1}{10^{n}})=π\) だから、はさみうちの原理より

\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\frac{[10^nπ]}{10^n}=π\)

 

 

 

(例題2)
次の極限をそれぞれ求めよ。ただし、\([x]\)は\(x\)を超えない最大の整数とする。

(1)\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\frac{1}{n}\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]\)

(2)\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\sqrt{n^2+\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}-n\right)\)

(3)\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sin\left(2π\sqrt{n^2+\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}\right)\)

 

(解答)
(1)

(例題1)と同様にはさみうちです。

\(\displaystyle\frac{n}{3}-1<\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]≦\displaystyle\frac{n}{3}\) より

\(\displaystyle\frac{1}{3}-\displaystyle\frac{1}{n}<\displaystyle\frac{1}{n}\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]≦\displaystyle\frac{1}{3}\)

よって \(\displaystyle\lim_{n \to \infty}(\displaystyle\frac{1}{3}-\displaystyle\frac{1}{n})=\displaystyle\frac{1}{3}\) と、はさみうちの原理から

\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\frac{1}{n}\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]=\displaystyle\frac{1}{3}\)

 

(2)

無理式は有理化が基本です。

\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\sqrt{n^2+\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}-n\right)\)

\(=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\frac{(n^2+\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right])-n^2}{\sqrt{n^2+\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}+n}\)

\(=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\frac{\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}{\sqrt{n^2+\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}+n}\)

(\(n\)で割って(1)を利用します)

\(=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{n}\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{n\cdot n}\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}+1}\)

\(=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{3}}{\sqrt{1+0\cdot\displaystyle\frac{1}{3}}+1}\)

\(=\displaystyle\frac{1}{6}\)

 

(3)

(2)の形に変形します。\(\sin\)の中身に\(2π\)の整数倍を加えても\(\sin\)の値は変わらないことを利用します。

\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sin\left(2π\sqrt{n^2+\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}\right)\)

\(=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sin\left(2π\sqrt{n^2+\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}-2πn\right)\)

\(=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sin\left\{2π\left(\sqrt{n^2+\left[\displaystyle\frac{n}{3}\right]}-n\right)\right\}\)

\(=\sin(2π\cdot\displaystyle\frac{1}{6})\)  ((2)より)

\(=\sin\displaystyle\frac{π}{3}\)

\(=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\)

 

 

 

以上になります。お疲れ様でした。
ここまで見て頂きありがとうございました。
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