数列の極限を求める際、直接的に計算できない場合に不等式を利用する手法は非常に強力です。「$a_n \leq b_n$ ならば $\lim a_n \leq \lim b_n$」という極限の保存性、そして上下から挟んで極限を確定する「はさみうちの原理」は入試で最も重要なツールの一つです。さらに単調有界な数列の収束定理も学びます。
数列の不等式関係は、極限を取っても（弱い意味で）保存されます。これは極限の計算や評価の基礎となる重要な性質です。
すべての $n$ について $a_n \leq b_n$ であり、$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$、$\lim_{n \to \infty} b_n = \beta$ がともに存在するとき、
$$\alpha \leq \beta$$
※ $a_n < b_n$（真の不等号）であっても、極限では $\alpha \leq \beta$（等号が成り立つ可能性あり）。
$a_n < b_n$ ならば $\lim a_n < \lim b_n$
$a_n < b_n$ ならば $\lim a_n \leq \lim b_n$（等号もありうる）
例：$a_n = 0$, $b_n = \frac{1}{n}$ のとき、すべての $n$ で $a_n < b_n$ だが、$\lim a_n = \lim b_n = 0$。
$a_n \leq b_n$ より $b_n - a_n \geq 0$。
$\lim_{n \to \infty}(b_n - a_n) = \beta - \alpha$。
非負の数列の極限は非負であること（$c_n \geq 0$ かつ $\lim c_n$ が存在するならば $\lim c_n \geq 0$）より、
$$\beta - \alpha \geq 0 \quad \Longrightarrow \quad \alpha \leq \beta$$
問題：$a_n = \frac{n^2}{n^2 + 1}$ のとき、$\lim_{n \to \infty} a_n \leq 1$ を不等式から示せ。
解：$n^2 + 1 > n^2$ より $\frac{n^2}{n^2 + 1} < \frac{n^2}{n^2} = 1$。
すなわち $a_n < 1$ がすべての $n$ で成り立つ。
したがって $\lim a_n \leq 1$。
（実際に計算すると $\lim a_n = \lim \frac{1}{1 + 1/n^2} = 1$ なので等号が成立。）
$a_n \leq b_n$ がすべての $n$ で成り立つ必要はなく、ある $N$ 以降のすべての $n \geq N$ で $a_n \leq b_n$ が成り立てば、$\lim a_n \leq \lim b_n$ が得られます。
極限は「$n$ が十分大きいときの振る舞い」で決まるため、有限個の例外は無視できます。
はさみうちの原理（squeeze theorem）は、極限値が直接計算できない数列を、上下から同じ極限値をもつ数列で挟むことで極限を確定する手法です。
すべての $n$（またはある $N$ 以降のすべての $n$）について
$$a_n \leq c_n \leq b_n$$
が成り立ち、$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = L$ ならば、
$$\lim_{n \to \infty} c_n = L$$
任意の $\varepsilon > 0$ に対して、仮定より、ある $N_1, N_2$ が存在して、
$n \geq N_1 \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon$、すなわち $L - \varepsilon < a_n$
$n \geq N_2 \Rightarrow |b_n - L| < \varepsilon$、すなわち $b_n < L + \varepsilon$
$N = \max(N_1, N_2)$ とおくと、$n \geq N$ のとき
$$L - \varepsilon < a_n \leq c_n \leq b_n < L + \varepsilon$$
$$\therefore |c_n - L| < \varepsilon$$
$\varepsilon$ は任意だから $\lim c_n = L$。$\square$
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{\sin n}{n}$ を求めよ。
解：$-1 \leq \sin n \leq 1$ より、$n \geq 1$ のとき
$$-\frac{1}{n} \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac{1}{n}$$
$\lim_{n \to \infty}\left(-\frac{1}{n}\right) = 0$、$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n} = 0$ より、
はさみうちの原理から $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{\sin n}{n} = 0$。
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n}$ を求めよ。
解：$n \geq 1$ のとき $\sqrt[n]{n} \geq 1$ は明らか。上からの評価を得るために $\sqrt[n]{n} = 1 + h_n$（$h_n \geq 0$）とおく。
$n = (1+h_n)^n \geq 1 + \frac{n(n-1)}{2}h_n^2$（二項定理の第3項まで、$n \geq 2$）
$$\frac{n(n-1)}{2}h_n^2 \leq n - 1 \quad \Rightarrow \quad h_n^2 \leq \frac{2}{n}$$
$$0 \leq h_n \leq \sqrt{\frac{2}{n}}$$
$\lim_{n \to \infty}\sqrt{\frac{2}{n}} = 0$ より、はさみうちの原理から $\lim h_n = 0$。
$$\therefore \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n} = 1 + 0 = 1$$
1. 極限を求めたい数列 $\{c_n\}$ の極限値 $L$ を予想する
2. $c_n$ を上下から挟む不等式 $a_n \leq c_n \leq b_n$ を作る
3. $\lim a_n = \lim b_n = L$ を確認する
4. はさみうちの原理より $\lim c_n = L$ と結論する
はさみうちの原理は、直接の極限計算が困難な場面で威力を発揮します。典型的な応用パターンを確認しましょう。
問題：$[x]$ をガウス記号（$x$ を超えない最大の整数）とする。$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{[\sqrt{n}]}{n}$ を求めよ。
解：ガウス記号の定義より $\sqrt{n} - 1 < [\sqrt{n}] \leq \sqrt{n}$。
各辺を $n > 0$ で割ると、
$$\frac{\sqrt{n} - 1}{n} < \frac{[\sqrt{n}]}{n} \leq \frac{\sqrt{n}}{n}$$
$$\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{n} < \frac{[\sqrt{n}]}{n} \leq \frac{1}{\sqrt{n}}$$
$\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{n}\right) = 0$、$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt{n}} = 0$ より、
はさみうちの原理から $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{[\sqrt{n}]}{n} = 0$。
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2+k}$ を求めよ。
解：$1 \leq k \leq n$ のとき $n^2 + 1 \leq n^2 + k \leq n^2 + n$ より、
$$\frac{1}{n^2+n} \leq \frac{1}{n^2+k} \leq \frac{1}{n^2+1}$$
$k = 1$ から $n$ まで加えると、
$$\frac{n}{n^2+n} \leq \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2+k} \leq \frac{n}{n^2+1}$$
$$\frac{1}{n+1} \leq \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2+k} \leq \frac{n}{n^2+1}$$
$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n+1} = 0$、$\lim_{n \to \infty}\frac{n}{n^2+1} = 0$ より、
はさみうちの原理から $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2+k} = 0$。
問題：$a > 0$ のとき、$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a}$ を求めよ。
解：$a \geq 1$ の場合：$\sqrt[n]{a} \geq 1$ であり、$\sqrt[n]{a} \leq \sqrt[n]{n}$（$n$ が十分大きいとき）。
$\lim \sqrt[n]{n} = 1$ より、$1 \leq \sqrt[n]{a} \leq \sqrt[n]{n}$ からはさみうちで $\lim \sqrt[n]{a} = 1$。
$0 < a < 1$ の場合：$b = \frac{1}{a} > 1$ とおくと $\sqrt[n]{a} = \frac{1}{\sqrt[n]{b}}$。
$\lim \sqrt[n]{b} = 1$ より $\lim \sqrt[n]{a} = 1$。
$$\therefore \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a} = 1 \quad (a > 0)$$
三角関数：$-1 \leq \sin n \leq 1$、$-1 \leq \cos n \leq 1$
ガウス記号：$x - 1 < [x] \leq x$
和の評価：$n \cdot (\text{最小項}) \leq \sum \leq n \cdot (\text{最大項})$
二項定理：$(1+h)^n \geq 1 + nh + \frac{n(n-1)}{2}h^2$（$h > 0$）
単調有界な数列は収束するという定理は、極限値を直接求めなくても収束することを保証する強力な道具です。
(1) 単調増加（$a_n \leq a_{n+1}$）かつ上に有界（$a_n \leq M$）な数列は収束する。
(2) 単調減少（$a_n \geq a_{n+1}$）かつ下に有界（$a_n \geq m$）な数列は収束する。
※ この定理は「収束すること」は保証するが、「極限値がいくらか」は教えてくれない。極限値は別途求める必要がある。
問題：$a_1 = 1$、$a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ で定義される数列 $\{a_n\}$ が収束することを示し、極限値を求めよ。
[Step 1] 上に有界であることを示す：
$a_n < 2$ を帰納法で示す。$a_1 = 1 < 2$ ✓
$a_k < 2$ と仮定すると、$a_{k+1} = \sqrt{2 + a_k} < \sqrt{2+2} = 2$ ✓
よってすべての $n$ で $a_n < 2$。
[Step 2] 単調増加であることを示す：
$a_{n+1} - a_n = \sqrt{2 + a_n} - a_n$。$f(x) = \sqrt{2+x} - x$ とおくと、
$f(x) = 0 \Leftrightarrow \sqrt{2+x} = x \Leftrightarrow 2+x = x^2 \Leftrightarrow x = 2$（$x > 0$）。
$0 < a_n < 2$ の範囲で $f(a_n) > 0$ なので $a_{n+1} > a_n$（単調増加）。
[Step 3] 極限値を求める：
単調増加かつ上に有界なので、$\{a_n\}$ は収束する。極限値を $\alpha$ とおく。
$a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ で $n \to \infty$ とすると $\alpha = \sqrt{2 + \alpha}$。
$\alpha^2 = 2 + \alpha$、$\alpha^2 - \alpha - 2 = 0$、$(\alpha-2)(\alpha+1) = 0$。
$\alpha > 0$ より $\alpha = 2$。
1. 収束を確認（単調有界であることを示す）
2. 極限値を $\alpha$ とおく
3. 漸化式で $n \to \infty$ として方程式を作る
4. 方程式を解き、条件に合う値を選ぶ
注意：収束することが分かっていないと、「$n \to \infty$ で両辺の極限を取る」操作は正当化されません。
漸化式に $\alpha = \sqrt{2+\alpha}$ を代入して「$\alpha = 2$ に収束する」と即断する
まず単調有界であることを示して収束を保証し、その上で極限値の方程式を立てる
収束しない数列では「$n \to \infty$ の極限を取る」操作自体が無意味です。
不等式を巧みに使って数列の収束を証明するテクニックを紹介します。
問題：すべての自然数 $n$ で $n \leq a_n \leq n + \frac{1}{n}$ が成り立つとき、$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{n}$ を求めよ。
解：各辺を $n > 0$ で割ると、
$$1 \leq \frac{a_n}{n} \leq 1 + \frac{1}{n^2}$$
$\lim_{n \to \infty} 1 = 1$、$\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n^2}\right) = 1$ より、
はさみうちの原理から $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{n} = 1$。
問題：$a_n > 0$ かつ $a_n \leq \frac{3}{n^2}$ がすべての $n$ で成り立つとき、$\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ を示せ。
解：$0 < a_n \leq \frac{3}{n^2}$ より、$0 \leq a_n \leq \frac{3}{n^2}$。
$\lim_{n \to \infty} 0 = 0$、$\lim_{n \to \infty}\frac{3}{n^2} = 0$ より、
はさみうちの原理から $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。$\square$
このように、$0$ と $0$ に収束する数列で挟むことを追い出しの原理ともいいます。
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{2^n}{n!}$ を求めよ。
解：$n \geq 3$ のとき、
$$\frac{2^n}{n!} = \frac{2}{1} \cdot \frac{2}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{4} \cdots \frac{2}{n} = 2 \cdot 1 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{4} \cdots \frac{2}{n}$$
$k \geq 3$ のとき $\frac{2}{k} \leq \frac{2}{3}$ なので、
$$\frac{2^n}{n!} \leq 2 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{n-2} = 2 \cdot \frac{9}{4} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^n = \frac{9}{2} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^n$$
$0 < \frac{2^n}{n!} \leq \frac{9}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$ で、$\lim\frac{9}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n = 0$ より、
はさみうちの原理から $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{2^n}{n!} = 0$。
任意の正の定数 $r$ に対して $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{r^n}{n!} = 0$。
これは「階乗 $n!$ は指数関数 $r^n$ よりもはるかに速く増大する」ことを意味します。
増大の速さの順序：$(\log n) \ll n^k \ll r^n \ll n! \ll n^n$
Q1. $a_n < b_n$ がすべての $n$ で成り立つとき、$\lim a_n < \lim b_n$ は必ず成り立つか。
Q2. $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{\cos n}{n}$ をはさみうちの原理で求めよ。
Q3. 単調有界収束定理が保証するのは「収束すること」と「極限値」のどちらか。
Q4. $a_1 = 2$, $a_{n+1} = \frac{1}{2}(a_n + \frac{3}{a_n})$ で定義される数列が収束するとき、極限値 $\alpha$ を求めよ。
Q5. $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{3^n}{n!}$ の値をはさみうちの考え方を用いて求めよ。
$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$ を求めよ。
$1 \leq k \leq n$ のとき $n^2 + 1 \leq n^2 + k \leq n^2 + n$ より、
$$\frac{1}{\sqrt{n^2+n}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$$
$k = 1$ から $n$ まで加えると、
$$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \leq \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \leq \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$$
$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \frac{1}{\sqrt{1+1/n}} \to 1$、$\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{1+1/n^2}} \to 1$
はさみうちの原理より $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2+k}} = 1$。
$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \sqrt{3a_n}$ で定義される数列 $\{a_n\}$ について：
(1) すべての $n$ で $a_n < 3$ を示せ。
(2) $\{a_n\}$ が単調増加であることを示せ。
(3) $\{a_n\}$ の極限を求めよ。
(1) 帰納法。$a_1 = 1 < 3$。$a_k < 3$ と仮定すると $a_{k+1} = \sqrt{3a_k} < \sqrt{3 \cdot 3} = 3$。
(2) $a_{n+1}^2 - a_n^2 = 3a_n - a_n^2 = a_n(3 - a_n) > 0$（$0 < a_n < 3$ より）。$a_n > 0$ なので $a_{n+1} > a_n$。
(3) 単調増加かつ上に有界なので収束する。極限を $\alpha$ とおくと $\alpha = \sqrt{3\alpha}$。$\alpha^2 = 3\alpha$、$\alpha(\alpha - 3) = 0$。$\alpha > 0$ より $\alpha = 3$。
$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)$ を求めよ。
問題1と同じ形。$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \leq S_n \leq \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$ より、
$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \frac{1}{\sqrt{1+1/n}} \to 1$、$\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{1+1/n^2}} \to 1$
はさみうちの原理より極限は $1$。
和の各項を最小値・最大値で置き換えて上下から挟む手法は、$\sum$ を含む極限の定番です。各項の分母に $n$ に比例する項が入っているとき、最小項と最大項で挟んで $n$ 倍するとはさみうちに帰着できます。
$a_1 = 2$, $a_{n+1} = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{5}{a_n}\right)$ で定義される数列について：
(1) $n \geq 2$ のとき $a_n \geq \sqrt{5}$ を示せ。
(2) $n \geq 2$ のとき $\{a_n\}$ が単調減少であることを示せ。
(3) $\{a_n\}$ の極限を求めよ。
(1) 相加・相乗平均の不等式より、$a_n > 0$ のとき
$$a_{n+1} = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{5}{a_n}\right) \geq \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{a_n \cdot \frac{5}{a_n}} = \sqrt{5}$$
$a_2 = \frac{1}{2}(2 + 5/2) = \frac{9}{4} > \sqrt{5}$。$n \geq 2$ で $a_n \geq \sqrt{5}$。
(2) $n \geq 2$ のとき、
$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{5}{a_n}\right) - a_n = \frac{1}{2}\left(\frac{5}{a_n} - a_n\right) = \frac{5 - a_n^2}{2a_n}$$
$a_n \geq \sqrt{5}$ より $a_n^2 \geq 5$ なので $a_{n+1} - a_n \leq 0$（単調減少）。
(3) 単調減少かつ下に有界（$a_n \geq \sqrt{5}$）なので収束する。
極限を $\alpha$ とおくと $\alpha = \frac{1}{2}(\alpha + 5/\alpha)$、$2\alpha = \alpha + 5/\alpha$、$\alpha = 5/\alpha$、$\alpha^2 = 5$。
$\alpha > 0$ より $\alpha = \sqrt{5}$。
この漸化式はバビロニア法（ニュートン法の特殊ケース）と呼ばれ、$\sqrt{5}$ の近似値を高速に求めるアルゴリズムです。相加・相乗平均の不等式を使って下界を確保し、単調減少を示す手法は入試で頻出です。