はさみうちと評価の技法

$b_n=\dfrac{\sin n}{n}$ の極限を求める。$\sin n$ は $-1$ 以上 $1$ 以下なので、両辺を正の数 $n$ で割ると
$$ -\frac1n\le\frac{\sin n}{n}\le\frac1n $$
である。左端と右端はどちらも $n\to\infty$ で $0$ に近づく。よって $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\sin n}{n}=0$ である。
数値で見ると、$b_{10}=-0.0544\ldots$、$b_{100}=-0.00506\ldots$、$b_{1000}=0.000826\ldots$ で、確かに $\pm\frac1n$ の間にある（図1）。

$b_n=\sqrt[n]{3^n+2^n}$ の極限を求める。$3^n<3^n+2^n\le3^n+3^n=2\cdot3^n$ なので、$n$ 乗根をとると
$$ 3<\sqrt[n]{3^n+2^n}\le3\cdot2^{1/n} $$
である。$2^{1/n}\to1$ なので右端は $3$ に近づき、極限は $3$ である。

右端の数列は $b_n$ よりずっとゆっくり $3$ に近づく。挟む式は粗くてよく、極限さえ一致すれば結論が出る。

$\varepsilon=0.01$ と指定されたとする。$\left|\frac1n-0\right|=\frac1n$ なので、$\frac1n<0.01$ すなわち $n>100$ となればよい。$N=101$ と選べば、$n\ge101$ のすべての $n$ で $\frac1n\le\frac1{101}<0.01$ である。
一般の $\varepsilon>0$ に対しては、$\frac1\varepsilon$ より大きい整数を $N$ に選ぶ。$n\ge N$ なら $n>\frac1\varepsilon$ なので $\frac1n<\varepsilon$ である。こうして、どの $\varepsilon$ にも $N$ が見つかるので、$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n=0$ である。

$\left|\frac{n}{n+1}-1\right|=\frac1{n+1}$ である。$\varepsilon=0.001$ なら、$\frac1{n+1}<0.001$ となるのは $n>999$ のときなので、$N=1000$ と選べばよい。一般の $\varepsilon>0$ には、$\frac1\varepsilon$ より大きい整数を $N$ に選べば、$n\ge N$ で $\frac1{n+1}<\frac1n<\varepsilon$ となる。

$$ S_n=\frac1{\sqrt{n^2+1}}+\frac1{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac1{\sqrt{n^2+n}} $$
の極限を求める。項は $n$ 個ある。分母は $\sqrt{n^2+1}$ 以上 $\sqrt{n^2+n}$ 以下なので、各項は $\frac1{\sqrt{n^2+n}}$ 以上 $\frac1{\sqrt{n^2+1}}$ 以下である。$n$ 個足すと
$$ \frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\le S_n\le\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} $$
となる。分母と分子を $n$ で割ると、左端は $\frac1{\sqrt{1+1/n}}$、右端は $\frac1{\sqrt{1+1/n^2}}$ で、どちらも $1$ に近づく。thm-sqz-squeeze により $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=1$ である。

各項がすべて $0$ に近づくからといって「和の極限は $0$」とはならない。項の個数 $n$ も同時に増えるからである（ex-sqz-many-terms）。

$h=0.1$、$n=10$ とする。$(1.1)^{10}=2.5937\ldots$ である。一方 $\binom{10}2(0.1)^2=45\times0.01=0.45$ で、確かに $2.5937\ldots\ge0.45$ である。捨てた項のうち $1+10\times0.1=2$ を戻すと $2.45$ となり、真の値にかなり近い。評価に使うときは、目的に足りる項だけを残せばよい。

$n\ge2$ のとき $\sqrt[n]{n}>1$ なので、$\sqrt[n]{n}=1+h_n$（$h_n>0$）と書ける。両辺を $n$ 乗し、lem-sqz-binomial を使うと
$$ n=(1+h_n)^n\ge\frac{n(n-1)}2h_n^2 $$
である。両辺を正の数 $\frac{n(n-1)}{2}$ で割ると $h_n^2\le\frac2{n-1}$、したがって
$$ 0< h_n\le\sqrt{\frac2{n-1}} $$
となる。右端は $0$ に近づくので、thm-sqz-squeeze により $h_n\to0$、すなわち $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$ である。

$h_n$ は右端よりずっと小さい。はさみうちでは、上からの押さえが粗くても、$0$ に近づきさえすれば十分である。

$a_n=\dfrac{10^n}{n!}$ とする。隣り合う項の比は
$$ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{10^{n+1}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{10^n}=\frac{10}{n+1} $$
である。これは $n\le8$ で $1$ より大きく、$n=9$ でちょうど $1$、$n\ge10$ で $1$ より小さい。よって $a_n$ は $a_9=a_{10}=2755.73\ldots$ で最大になり、その後は減る。
$n\ge19$ なら $\frac{10}{n+1}\le\frac12$ である。よって $n\ge20$ のとき、$a_{20}$ から 1 段ずつ比 $\frac12$ 以下を掛けていくと
$$ 0< a_n\le a_{20}\left(\frac12\right)^{n-20} $$
となる。$a_{20}=41.10\ldots$ は定数で、$\left(\frac12\right)^{n-20}\to0$ なので、thm-sqz-squeeze により $a_n\to0$ である。

途中までは増えるが、比が $1$ を下回ってからは急速に $0$ に近づく。

$n=1$ では右側が等号になる。両端の差は $1+\log n-\log(n+1)<1$ なので、$H_n$ は幅 $1$ 未満の範囲に閉じ込められる。$H_n\to\infty$ であることも左側の押さえから分かる。

$\log n!=\log1+\log2+\cdots+\log n$ である。$\log x$ は増加関数なので、正の整数 $k$ について、$k-1\le x\le k$ では $\log x\le\log k$、$k\le x\le k+1$ では $\log k\le\log x$ である。それぞれ積分すると
$$ \int_{k-1}^k\log x\,dx\le\log k\le\int_k^{k+1}\log x\,dx $$
（左側は $k\ge2$ で使う）。左側を $k=2,\ldots,n$、右側を $k=1,\ldots,n$ について足す。$\log1=0$ なので、左側を足した $\log2+\cdots+\log n$ は $\log n!$ に等しい。$\int\log x\,dx=x\log x-x$ を使うと
$$ n\log n-n+1\le\log n!\le(n+1)\log(n+1)-n $$
となる。左端は $\int_1^n\log x\,dx=(n\log n-n)-(1\cdot\log1-1)$、右端は $\int_1^{n+1}\log x\,dx=\bigl((n+1)\log(n+1)-(n+1)\bigr)-(0-1)$ である。

$n=100$ では $\log n!$ そのものは約 $364$ だが、挟む幅は $5$ 程度にすぎない。

$n=3$ では $n^2=9$ が $2^n=8$ より大きい。$n\ge5$ からは $2^n$ のほうが大きくなり、比は急速に $0$ に近づく。「どちらが速く大きくなるか」は、$n$ を大きくしたときの比の極限で決まる。

$k=2$、$a=2$（$h=1$）とすると、段 1 の押さえは $n\ge4$ で $\frac{n^2}{2^n}\le\frac{2^3\cdot3!}{1}\cdot\frac1n=\frac{48}n$ である。$n=20$ では真の値 $0.00038$ に対して押さえは $2.4$、$n=30$ では $8.4\times10^{-7}$ に対して $1.6$ である。押さえは非常に粗いが、$0$ に近づくという結論には十分である。

$a_n=3n^2+5n$ とする。

• $a_n=O(n^2)$：$n\ge1$ なら $5n\le5n^2$ なので $|a_n|\le3n^2+5n^2=8n^2$ である。$C=8$、$N=1$ とすればよい。
• $5n=o(n^2)$：$\frac{5n}{n^2}=\frac5n\to0$ である。
• $a_n\sim3n^2$：$\frac{a_n}{3n^2}=1+\frac5{3n}\to1$ である。

  $n$	$10$	$100$	$1000$
  $\frac{a_n}{3n^2}$	$1.1667$	$1.01667$	$1.001667$
  $\frac{5n}{n^2}$	$0.5$	$0.05$	$0.005$

• ex-sqz-sin-over-n：$|\sin n|\le1$ なので $\sin n=O(1)$、$\frac{\sin n}n=O\!\left(\frac1n\right)$ である。
• thm-sqz-growth：$n^k=o(a^n)$（$a>1$）、$a^n=o(n!)$、$n!=o(n^n)$、$\log n=o(n)$ である。
• $\log n=o(n^k)$（$k$ は正の整数）：$n\ge1$ で $n^k\ge n$ なので $0\le\frac{\log n}{n^k}\le\frac{\log n}n$ である。右端は thm-sqz-growth の 4 により $0$ に近づくので、thm-sqz-squeeze により $\frac{\log n}{n^k}\to0$ である。
• ex-sqz-nth-root：$\sqrt[n]n-1=O\!\left(\frac1{\sqrt n}\right)$ である。実際、$n\ge2$ で $n-1\ge\frac n2$ なので $h_n\le\sqrt{\frac2{n-1}}\le\frac2{\sqrt n}$ である。

$x_n=\dfrac{(n+1)(2n-1)}{n+3}$ の大きさを調べる。3 つの因数をそれぞれ比で見ると
$$ \frac{n+1}{n}=1+\frac1n\to1,\qquad\frac{2n-1}{2n}=1-\frac1{2n}\to1,\qquad\frac{n+3}{n}=1+\frac3n\to1 $$
なので、$n+1\sim n$、$2n-1\sim2n$、$n+3\sim n$ である。prop-sqz-asymptotic-rules の 2 を、まず積 $(n+1)(2n-1)\sim n\cdot2n$ に、次に商に使うと
$$ x_n\sim\frac{n\cdot2n}{n}=2n $$
となる。$n=10$ なら手で計算できて、$x_{10}=\frac{11\cdot19}{13}=\frac{209}{13}=16.077\ldots$、$2n=20$ で、比は $0.8038\ldots$ である。

比は $1$ に近づく。差 $x_n-2n$ は $-3.92$、$-4.86$、$-4.99$ で、$0$ には近づかない（差については ex-sqz-asymp-difference で見る）。

比 $\frac{H_n}{\log n}$ は $1$ にゆっくりとしか近づかない。$\frac{\log n!}{n\log n}$ はさらに遅く、$n=1000$ でもまだ $0.86$ 程度である。一方、差 $H_n-\log n$ はほぼ一定の値 $0.577\ldots$ に落ち着いていく。$\sim$ は比についての主張であり、差については何も言わない（ex-sqz-asymp-difference）。

$b_n=(-1)^n$ は $-1\le b_n\le1$ を満たすが、両側の極限 $-1$ と $1$ は等しくない。この場合 thm-sqz-squeeze は何も言わない。実際 $b_n$ は $-1$ と $1$ を交互にとり、収束しない。同じ不等式 $-1\le0\le1$ を満たす定数列 $0$ は収束するので、この挟み方からは収束するかどうかすら分からない。

$n$ が偶数なら $b_n=\frac1n$、奇数なら $b_n=1$ とする。$a_n=0$、$c_n=\frac1n$ はどちらも $0$ に収束し、偶数の $n$ では $a_n\le b_n\le c_n$ が成り立つ。偶数は無限にあるが、奇数の $n\ge3$ では $b_n=1>\frac1n=c_n$ となって不等式が破れる。$b_n$ は奇数番目が常に $1$、偶数番目が $0$ に近づくので収束しない。thm-sqz-squeeze の証明の段 4 は、$n\ge N$ のすべての $n$ で挟めることを使っている。

$T_n=\underbrace{\frac1n+\frac1n+\cdots+\frac1n}_{n\text{ 個}}$ を考える。各項 $\frac1n$ は $0$ に近づくが、$T_n=1$ なので極限は $1$ である。「各項の極限 $0$ を $n$ 個足して $0$」とするのは誤りである。極限の和の法則は、足す項の個数が一定のときにしか使えない。
もう 1 つ、$U_n=\frac1{n^2}+\frac2{n^2}+\cdots+\frac n{n^2}=\frac{n(n+1)}{2n^2}=\frac{n+1}{2n}$ は $\frac12$ に近づく。ここでも各項は $0$ に近づくが、和の極限は $0$ ではない。$U_n$ は和の公式で 1 つの式にまとめられたので極限が分かった。まとめられないときは、ex-sqz-sum-sqrt のように全体を不等式で挟む。

$a_n=n^2+n$、$b_n=n^2$ とすると $\frac{a_n}{b_n}=1+\frac1n\to1$ なので $a_n\sim b_n$ である。しかし差 $a_n-b_n=n$ は $0$ に近づかず、限りなく大きくなる。
同様に cor-sqz-harmonic-asymp の $\log n!\sim n\log n$ でも、差 $\log n!-n\log n$ は $n=100$ で約 $-96.8$ であり、$n$ とともに負の側に大きくなる。実際、ex-sqz-log-factorial の左端から $\log n!-n\log n\ge1-n$、右端と prf-cor-sqz-harmonic-asymp の段 3 の計算から $\log n!-n\log n\le\log n+\frac1n+1-n$ で、両端とも $-n$ 程度である。

$a_n=n+1$、$b_n=n+2$ とすると $a_n\sim b_n$ である。$c_n=d_n=-n$ とすると、もちろん $c_n\sim d_n$ である。ところが $a_n+c_n=1$、$b_n+d_n=2$ で、比は $\frac12$ のままであり $a_n+c_n\sim b_n+d_n$ ではない。大きな部分が打ち消し合うと、残った小さな部分の比は $1$ とは限らない。
また、$n+1\sim n$ だが $\frac{e^{n+1}}{e^n}=e$ なので $e^{n+1}\sim e^n$ ではない。指数の肩に載せると、差（ここでは $1$）が比として効いてくる。

よくある誤った主張「すべての $n$ で $a_n< b_n$ なら $\lim a_n<\lim b_n$」の反例を挙げる。$a_n=0$、$b_n=\frac1n$ とすると、すべての $n$ で $0<\frac1n$ だが、極限はどちらも $0$ で、$0<0$ は成り立たない。
収束する 2 つの数列について言えるのは、「すべての $n$ で $a_n\le b_n$ なら $\lim a_n\le\lim b_n$」までである（極限は等号つきの不等式を保つ。Leb26 Lemma 2.2.3、p. 62。本記事では証明しない）。$a_n< b_n$ なら特に $a_n\le b_n$ なので、この場合も結論は $\lim a_n\le\lim b_n$ で、$<$ にはならない。
はさみうちの原理の仮定は $\le$ で書いてあるので、$a_n< b_n< c_n$ のように狭い意味の不等式で挟めた場合もそのまま使える。一方、結論の極限について $<$ を主張することはできない。