東京大学 1990年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第1問

まず $1\leqq k\leqq n$ では $$\frac{1}{\sqrt{k}}\geqq \frac{1}{\sqrt{n}}$$ である。したがって $$a_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}\geqq n\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}$$ である。よって $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_n=\mathrm{\infty }$$ である。

次に $b_n\mathrm{/}{a}_n$ を考える。各 $k\geqq 1$ について $2k<2k+1<2k+2$ であるから $$\frac{1}{\sqrt{2k+2}}<\frac{1}{\sqrt{2k+1}}<\frac{1}{\sqrt{2k}}$$ である。これを $k=1,2,\dots ,n$ について足すと$$\frac{1}{\sqrt{2}}\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k+1}}<b_n<\frac{1}{\sqrt{2}}\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}$$すなわち $$\frac{1}{\sqrt{2}}(a_{n+1}-1)<b_n<\frac{1}{\sqrt{2}}{a}_n$$ である。

両辺を $a_n$ で割ると$$\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{a_{n+1}-1}{a_n}<\frac{b_n}{a_n}<\frac{1}{\sqrt{2}}$$である。ここで $$a_{n+1}=a_n+\frac{1}{\sqrt{n+1}}$$ だから $$\frac{a_{n+1}-1}{a_n}=1+\frac{1\mathrm{/}\sqrt{n+1}-1}{a_n}$$ である。すでに $a_n\to \mathrm{\infty }$ が分かっているので、右辺は $1$ に近づく。したがってはさみうちにより $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{b_n}{a_n}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$ である。別解。積分比較で大きさを直接見ることもできる。関数 $1\mathrm{/}\sqrt{x}$ は正で減少するので$${\int }_1^{n+1}\frac{dx}{\sqrt{x}}\leqq a_n\leqq 1+{\int }_1^n\frac{dx}{\sqrt{x}}$$である。すなわち $$2(\sqrt{n+1}-1)\leqq a_n\leqq 1+2(\sqrt{n}-1)$$ だから、$a_n$ は無限大に発散し、さらに $a_n\mathrm{/}(2\sqrt{n})$ は1に近づく。

同様に、関数 $1\mathrm{/}\sqrt{2x+1}$ も正で減少するので$${\int }_1^{n+1}\frac{dx}{\sqrt{2x+1}}\leqq b_n\leqq {\int }_0^n\frac{dx}{\sqrt{2x+1}}$$である。両端はいずれも $n$ が大きいとき $\sqrt{2n}$ と同じ大きさになるため、$b_n\mathrm{/}\sqrt{2n}$ は1に近づく。したがって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{b_n}{a_n}=\frac{\sqrt{2n}}{2\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$という見方でも同じ結論を得る。