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28
よって
ここで
ゆえに
−(n=k+1}{n+k+1)+(n−k)(n+k)
n→∞0
=-2k²+(2n²+2n+1)
f(n)=-4
f(x)=x(2k² +2n² +2n+1)
k²=0+22k², 1=2n+1 TA³5
k=1
−42 k²+(2n²+2n+1) (2n+1)
k=1
− n(n+1)(2n+1)+(2n²+2n+1)(2n+1)
lim
72-00 n³
(2)
f(n)
-1/(1+1/2)(2+1/2)+(2+1/2)(2+1)}
=--²--1-2+2-2= 8
3
3
別解n≦x≦k, k≦x≦n と k<x<kに分けて,直線
y軸に平行な直線につ
x=i (-n≦i≦n) 上にある格子点の数を求める。 さて格子点を数える。
=
-n≦i≦k のとき, 格子点の数は
k=-n
1+3++{2(n−k+1)−1}=(n−k+1)² = (+_____________
k<i<kのとき, 直線 x = i の本数は ←-k+1≦isk-1
各直線上の格子点の数は
よって
k-1-(−k+1)+1=2k-1 = I=gb S=b
2(n-k+1)-1=2n-2k+1
Nk=2(n-k+1)+(2n-2k+1)(2k-1)
=-2k²+(2n²+2n+1)
総合を複素数とする。 自然数nに対し、2” の実部と虚部をそれぞれxとyとして、2つの数列
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{Xn},{yn}を考える。 つまり, z=xn+iy" (iは虚数単位) を満たしている。
(1) 複素数zが正の実数と実数0を用いて z=r (cos0+isine) の形で与えられたとき、
数列{x},{ym} がともに0に収束するための必要十分条件を求めよ。
1+√3
10
= n(n+1)(2n+1)
のとき、無限級数Σx とΣy はともに収束し, それぞれの和は
n=1
71=1
x=2y=イロである。
(1) z=r (cos0+isin0) [r>0] のとき
HINT (1) x²+y² = (r")2 となることに注目し, まず必要条件を求める。
(2) z を等比数列の和の公式を利用した式で表してみる。
ORAN
z"=r" (cosnotisinn()=r"cosn0 +ir” sinne
Xn=r" cosnd, yn=r"sinno
よって
ゆえに x2+yn²=(r")' (cos2nd+sin'nb)=(x2)"
limxn=limyn=0のとき
lim(x²+ym²)=0
〔類 慶応大]
本冊 例題 13,102
←ド・モアブルの定理。
←=xn+iy
0sr²<1
よって
に0<r<1のとき
1-400
0<r<1より, lim|rl"=0であるから
ゆえに
0≦|x|=||"|cos nolsrp.
よって
0≦ly|=|||sinner|
また
以上から、求める必要十分条件は
+③iのとき
10
lim|x|=lim|y|= 0
71-00
ゆえに
1110
Z
ここで1-2
lim xnn-000
ZR=
ここで
k=1
z(1-2)=
1-²
よって
1-
1+√3 i
10
1+√3 i
10
k=1
84
3+5√3 i
42
(1+√3i)(9+√3 i)
(9-√3i)(9+√3 i)
6+10√3i_3+5√3i
2x=
k=1
1-2 (1-(xn+iyn))
1+√3 i
9-√3i
11-0
0721
0<r<1
n=1]
-(1-Xn-iyn)
2R=
= 1/2 (3(1-xn) +5√3 yn+(5√/3 (1–xn)—3yn}i)
z*= (xn+iyn)= xx+iZyn
k=1
3(1-x₂)+5√√3 yn
42
ΣXn²
n=1
42
5√3 (1-xn)-3yn
42
0</1/3 <1であるから, (1) の結果より
limxn=limyn = 0
„=lim
11-00
2
k=1
2 = = = = ( 1²/2 + √²³_i) = = = (cos / 1 + isin)
Σyn=lim-
11-0
←Sa<1のとき
a²19
a=1のとき、
α>1のとき、18
42
←xel Saxolxel から、
xel 0のとき
初項z. 公比zの等比
数列の初項から第 環
までの和
12-00
3 (1-x)+5√3ym_3_71
42
5√3 (1-xn)-3yn_15√/3
42
-419
←分母の実数化。
42
14
← 22 のもう1つの表現。
←実部、虚部をそれぞれ
比較。
(12)
結果を利用
総合
N=1
£
=lim ży
