解答例 1

$\displaystyle\alpha = \liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}$ とおく. $0<\varepsilon<\alpha$ を満たす実数 $\varepsilon$ を任意にとる. ある番号 $N_0$ が存在して, $N\geq N_0$ を満たす全ての番号 $N$ に対して, $$ \left\lvert \inf_{n\geq N}\frac{a_{n+1}}{a_n}-\alpha\right\rvert < \varepsilon. $$ よって, $$ -\varepsilon < \inf_{n\geq N_0}\frac{a_{n+1}}{a_n}-\alpha. $$ したがって, $n\geq N_0$ を満たす全ての番号 $n$ に対して, $$ 0\leq \alpha-\varepsilon < \inf_{n\geq N_0}\frac{a_{n+1}}{a_n}\leq \frac{a_{n+1}}{a_n}. $$ このとき, \begin{align*} a_n &= \frac{a_n}{a_{n-1}}\cdot\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot\cdots\cdot\frac{a_{N_0+1}}{a_{N_0}}\cdot a_{N_0} \\ &> (\alpha-\varepsilon)^{n-N_0}a_{N_0}. \end{align*} $c=(\alpha-\varepsilon)^{-N_0}a_{N_0}$ とおくと, $$ \sqrt[n]{a_n} > (\alpha-\varepsilon)\sqrt[n]{c}. $$ $\displaystyle \liminf_{n\to\infty}{\sqrt[n]{c}} = \lim_{n\to\infty}{\sqrt[n]{c}}=1$ であるから, \begin{align*} \liminf_{n\to\infty}{\sqrt[n]{a_n}} &\geq \liminf_{n\to\infty}{(\alpha-\varepsilon)\sqrt[n]{c}} \\ &= (\alpha-\varepsilon)\cdot\liminf_{n\to\infty}{\sqrt[n]{c}} \\ &= \alpha - \varepsilon. \end{align*} もし $\displaystyle\liminf_{n\to\infty}{\sqrt[n]{a_n}}\leq\alpha$ ならば, $$ 0\leq \alpha - \liminf_{n\to\infty}{\sqrt[n]{a_n}} \leq \varepsilon. $$ このとき, $\varepsilon$ はいくらでも小さくとれるので, $\displaystyle\alpha - \liminf_{n\to\infty}{\sqrt[n]{a_n}} = 0$ でなければならない. ゆえに, $\displaystyle\liminf_{n\to\infty}{\sqrt[n]{a_n}}\geq\alpha$ となる.

$\limsup$ についても同様にして証明できる.

最終更新日：2011年11月02日