極限

ex.) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_{n}=4\)，\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} b_{n}=-5\) のとき，\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}(2a_{n}+3b_{n})=2\cdot 4+3\cdot (-5)=-7\)

※「\(a_{n}<b_{n}\)ならば，\(\alpha\leqq\beta\)」も可

例えば，\(a_{n}=1-\dfrac{1}{n}\)，\(b_{n}=1+\dfrac{1}{n}\)のとき，つねに\(a_{n}<b_{n}\)であるが， \[ \lim_{n\to\infty}a_{n}=1,\qquad \lim_{n\to\infty} b_{n}=1 \] となるから，\(\alpha=\beta\)である。

例題 無限級数 \(\dfrac{1}{1\cdot 2}+\dfrac{1}{2\cdot 3}+\dfrac{1}{3\cdot 4}+\cdots\) の和を求めよ。

解 \(\dfrac{1}{k(k+1)}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}}}\) だから，部分和は \[S_n=\left( \dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}\right) +\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right) +\cdots +\left( \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\right) =1-\dfrac{1}{n+1}\] 隣り合う項が次々に打ち消し合って，両端だけが残る。よって \(\displaystyle\lim_{n\to \infty}S_n=\class{mathkuu}{\underline{1}}\)

ex.) \(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots\) は \(a=1\)，\(r=\dfrac{1}{2}\) で\(|r|<1\)。収束して和は \(\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2}}=2\)

ex.) \(1-1+1-1+\cdots\) は \(a=1\)，\(r=-1\) で\(|r|\geqq 1\)。発散する（振動）

2つの無限級数\(\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}\)，\(\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_{n}\)がそれぞれ収束して，和を持つことを確認してから分配する。

・上2つは対偶の関係にあるので，真偽は一致する（もちろんともに真）。

一般項が収束するからといって，無限級数が収束するとは限らないという一方通行の定理であることをしっかりと認識しておこう。

・これは無限級数に関する定理で，無限等比級数に限ることではないことに注意。

※個人的には，「そもそも一般項が収束しなければ無限級数が収束しない（発散する）」という2つ目の性質がイメージつきやすいので，「2番の対偶で1番を導く」などでもよい。

例 \[\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{6n^2+5}{3n^2-7n}=\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{\class{mathkuu}{\underline{6+\dfrac{5}{n^2}}}}{\class{mathkuu}{\underline{3-\dfrac{7}{n}}}}=2\]

例 \[\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{5^n-2^n}{5^n+2^n}=\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{\class{mathkuu}{\underline{1-\left(\dfrac{2}{5}\right) ^n}}}{\class{mathkuu}{\underline{1+\left(\dfrac{2}{5}\right) ^n}}}=1\]

例 \[\displaystyle\lim_{n\to \infty}(3n^2-2n)=\displaystyle\lim_{n\to \infty}\class{mathkuu}{\underline{n^2}}\left( 3-\dfrac{2}{n}\right) =\class{mathkuu}{\underline{\infty}}\]

例 \[\displaystyle\lim_{n\to \infty} (2^{n+1}-3^n)=\displaystyle\lim_{n\to \infty} \class{mathkuu}{\underline{3^n}}\{ 2\cdot \left(\dfrac{2}{3}\right) ^n -1\}=\class{mathkuu}{\underline{-\infty}}\]

例題 \(\displaystyle\lim_{n\to \infty}\left( \sqrt{n^2+3n}-n\right)\) を求めよ。

解 そのままでは\(\infty -\infty\)の不定形。分子を有理化すると \[\sqrt{n^2+3n}-n=\dfrac{\left( \sqrt{n^2+3n}-n\right) \left( \sqrt{n^2+3n}+n\right)}{\sqrt{n^2+3n}+n}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{3n}{\sqrt{n^2+3n}+n}}}\] 分母・分子を\(n\)で割って \[\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{3}{\sqrt{1+\dfrac{3}{n}}+1}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{3}{2}}}\]

①〜⑦の代表例

【数列の極限で使う】

①　\(\displaystyle\lim_{n\to {\color{red}{\infty}}}\dfrac{\sin n}{n}\)：\(\class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{1}{n}}}\leqq \dfrac{\sin n}{n}\leqq \class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{n}}}\) ではさんで \(0\)

（\(\dfrac{\sin ●}{●}\to 1\)の公式は\(●\to \class{mathkuu}{\underline{0}}\)のときのもの。ここは\(n\to {\color{red}{\infty}}\)なので使えない！） ②　\(r>1\)のとき\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{n}{r^n}\)：\(r=1+h\ (h>0)\)とおくと，二項定理より \[r^n=(1+h)^n=1+nh+\dfrac{n(n-1)}{2}h^2+\cdots +h^n>\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{n(n-1)}{2}h^2}}\quad (n\geqq 2)\] 右辺は展開の第3項だけを取り出したもの。全部は要らず，欲しい形が作れる項を1つ取り出せばよい。よって\(0<\dfrac{n}{r^n}<\dfrac{2}{(n-1)h^2}\)から\(0\) ③-1　\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{2^n+3^n}\)：\(\class{mathkuu}{\underline{3^n}}<2^n+3^n<\class{mathkuu}{\underline{2\cdot 3^n}}\)より\(3<\sqrt[n]{2^n+3^n}<3\sqrt[n]{2}\)．よって\(3\)

③-2　\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{2^n}{n!}\)：\(\dfrac{2^n}{n!}=\dfrac{2}{1}\cdot \dfrac{2}{2}\cdot \dfrac{2}{3}\cdots \dfrac{2}{n}\)で，3つ目以降の因数はすべて\(\dfrac{2}{3}\)以下だから \[0<\dfrac{2^n}{n!}\leqq \class{mathkuu}{\underline{2\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{n-2}}}\quad (n\geqq 2)\] よって\(0\)。\(n!\)は\(2^n\)よりはるかに速く大きくなる，ということ。発散スピードの比較は Point2.4.5 参照。 【関数の極限で使う】

④　\(\displaystyle\lim_{x\to \infty}\dfrac{[x]}{x}\)：\(\class{mathkuu}{\underline{x-1}}<[x]\leqq \class{mathkuu}{\underline{x}}\)（Point2.4.6）より\(1-\dfrac{1}{x}<\dfrac{[x]}{x}\leqq 1\)．よって\(1\) ⑤　\(\displaystyle\lim_{x\to +0}\dfrac{\sin x}{x}\)（Point2.3.7）：半径\(1\)，中心角\(x\)の扇形OABと，Aにおける接線上に\(\angle\)OAT\(=90^\circ\)となる点Tをとる。\(\triangle\)OAB，扇形OAB，\(\triangle\)OATの面積を比べると \[\dfrac{1}{2}\sin x<\dfrac{1}{2}x<\dfrac{1}{2}\tan x\quad \text{すなわち}\quad \class{mathkuu}{\underline{\sin x}}<x<\class{mathkuu}{\underline{\tan x}}\] 各辺を\(\sin x\ (>0)\)で割って\(1<\dfrac{x}{\sin x}<\dfrac{1}{\cos x}\)，逆数をとって \[\cos x<\dfrac{\sin x}{x}<1\] \(x\to +0\)のとき\(\cos x\to 1\)だから，はさみうちで\(1\) 【微積で使う】

⑥-1　\(\displaystyle\lim_{n\to \infty} n\{\log (n+1)-\log n\}\)：\(f(b)-f(a)\)の形ときたら平均値の定理（Point2.4.2）。\(f(x)=\log x\)に用いると \[\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{n+1}}}<\log (n+1)-\log n<\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{n}}}\] 辺々\(n\)倍して\(\dfrac{n}{n+1}<n\{\log (n+1)-\log n\}<1\)．よって\(1\) ⑥-2　\(\displaystyle\lim_{x\to \infty}\left( \sin\sqrt{x+1}-\sin\sqrt{x}\right)\)：平均値の定理は不等式そのものを作るのにも使える。\(f(x)=\sin x\) に用いると，\(\sin a-\sin b=(\cos c)(a-b)\) となる\(c\)があるので，\(|\cos c|\leqq 1\) より \[|\sin a-\sin b|\leqq \class{mathkuu}{\underline{|a-b|}}\] これを\(a=\sqrt{x+1}\)，\(b=\sqrt{x}\) に使って \[0\leqq \left|\sin\sqrt{x+1}-\sin\sqrt{x}\right|\leqq \sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}\] 右辺\(\to 0\)だから，はさみうちで\(0\) ⑦-1　\(\displaystyle\lim_{n\to \infty} n\{\log (n+1)-\log n\}\)（⑥-1と同じ問題）：\(\log (n+1)-\log n\)という\(f(b)-f(a)\)の形を見たら\(f(x)=\log x\)とおき，その導関数\(f'(x)=\dfrac{1}{x}\)のグラフを考える（\(\dfrac{1}{x}\)を天下り的に思いつくのではない！）。実際\(\log (n+1)-\log n=\displaystyle\int_{n}^{n+1}\dfrac{dx}{x}\)であり，\(y=\dfrac{1}{x}\)は減少するから，幅\(1\)の長方形ではさんで \[\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{n+1}}}<\displaystyle\int_{n}^{n+1}\dfrac{dx}{x}<\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{n}}}\] ⑥-1で平均値の定理から出したものとまったく同じ不等式。よって\(1\)（詳しくは Point4.3.5） ⑦-2　\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots +\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)\)：\(\dfrac{1}{\sqrt{k}}\)は幅\(1\)，高さ\(\dfrac{1}{\sqrt{k}}\)の長方形の面積であり，\(y=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)は減少するから，区間\(k\leqq x\leqq k+1\)ではこの長方形が曲線の下側の部分を完全に覆う。つまり \[\dfrac{1}{\sqrt{k}}>\class{mathkuu}{\underline{\displaystyle\int_{k}^{k+1}\dfrac{dx}{\sqrt{x}}}}\] \(k=1\)から\(n\)まで加えると \[1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots +\dfrac{1}{\sqrt{n}}>\displaystyle\int_{1}^{n+1}\dfrac{dx}{\sqrt{x}}=2\left( \sqrt{n+1}-1\right)\] 右辺\(\to \infty\)だから，追い出しの原理で\(\infty\)。和を一気に評価できるのが面積評価の強み。

例題 \(a_1=2\)，\(a_{n+1}=\dfrac{1}{2}a_n+3\) で定まる数列\(\{a_n\}\)の極限を求めよ。

解 \(\alpha =\dfrac{1}{2}\alpha +3\) を解くと\(\alpha =6\)。辺々引いて \[a_{n+1}-6=\dfrac{1}{2}\left( a_n-6\right)\] \(\{a_n-6\}\)は初項\(a_1-6=-4\)，公比\(\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2}}}\)の等比数列だから \[a_n=6-4\left( \dfrac{1}{2}\right) ^{n-1}\] \(\left|\dfrac{1}{2}\right|<1\) より \(\displaystyle\lim_{n\to \infty}a_n=\class{mathkuu}{\underline{6}}\)

例題 \(a_1=1\)，\(a_{n+1}=\sqrt{a_n+2}\) で定まる数列\(\{a_n\}\)の極限を求めよ。

解 （STEP 0）\(\alpha =\sqrt{\alpha +2}\) を解くと\(\alpha =\class{mathkuu}{\underline{2}}\)と予想できる。 （STEP 1）\(a_n>0\)に注意して \[\left|a_{n+1}-2\right|=\left|\sqrt{a_n+2}-2\right|=\dfrac{\left|a_n-2\right|}{\sqrt{a_n+2}+2}<\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{3}}}\left|a_n-2\right|\] （分母は\(\sqrt{2}+2>3\)より大きいので，\(\dfrac{1}{3}\)より小さくなる。） （STEP 2）これを繰り返し用いて \[0 \leqq\left|a_n-2\right|<\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{n-1}\left|a_1-2\right|=\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{n-1}\] 右辺\(\to 0\)だから，はさみうちの原理より\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}\left|a_n-2\right|=0\)．よって\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}a_n=\class{mathkuu}{\underline{2}}\)

例題（発展：STEP 1を平均値の定理で作る） \(a_1=2\)，\(a_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left( a_n+\dfrac{2}{a_n}\right)\) で定まる数列\(\{a_n\}\)の極限を求めよ。

解 （STEP 0）\(\alpha =\dfrac{1}{2}\left( \alpha +\dfrac{2}{\alpha}\right)\) より \(\alpha ^2=2\)，\(a_n>0\)だから \(\alpha =\class{mathkuu}{\underline{\sqrt{2}}}\) と予想。 （準備）相加相乗平均より，すべての\(n\)で \[a_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left( a_n+\dfrac{2}{a_n}\right) \geqq \dfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt{a_n\cdot \dfrac{2}{a_n}}=\sqrt{2}\] \(a_1=2\geqq \sqrt{2}\) とあわせて，つねに \(a_n\geqq \sqrt{2}\)。

（\(○+\dfrac{1}{○}\)の形ときたら相加相乗：数学ⅡBC「相反式と相加相乗」） （STEP 1）\(f(x)=\dfrac{1}{2}\left( x+\dfrac{2}{x}\right)\) とおくと \(f'(x)=\dfrac{1}{2}\left( 1-\dfrac{2}{x^2}\right)\) で，\(x\geqq \sqrt{2}\) では \[0\leqq f'(x)<\dfrac{1}{2}\] ここで \(\left|a_{n+1}-\sqrt{2}\right|=\left|f(a_n)-f(\sqrt{2})\right|\) は\(f(b)-f(a)\)の形。この形が見えたら平均値の定理である。

（発想は Point2.2.6 の⑥，および Point2.4.2） \(a_n>\sqrt{2}\) のとき，区間\([\sqrt{2},\ a_n]\)で平均値の定理（Point3.2.8）を用いると，\(\sqrt{2}<c<a_n\) なる\(c\)があって \[\left|a_{n+1}-\sqrt{2}\right|=\left|f(a_n)-f(\sqrt{2})\right|=\left|f'(c)\right|\left|a_n-\sqrt{2}\right|\leqq \class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2}}}\left|a_n-\sqrt{2}\right|\] （\(a_n=\sqrt{2}\)のときは両辺\(0\)で成立。） （STEP 2）繰り返し用いて \[0\leqq \left|a_n-\sqrt{2}\right|\leqq \left( \dfrac{1}{2}\right) ^{n-1}\left|a_1-\sqrt{2}\right|=\left( 2-\sqrt{2}\right) \left( \dfrac{1}{2}\right) ^{n-1}\] 右辺\(\to 0\)より，\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}a_n=\class{mathkuu}{\underline{\sqrt{2}}}\) ※ここがポイント：\(\left|a_{n+1}-\alpha\right|\)を因数分解で直接評価するのが難しいとき，\(a_{n+1}=f(a_n)\)，\(\alpha =f(\alpha)\) と見て平均値の定理を使えば，\(\left|f'\right|\)の最大値\(k\)を押さえるだけでSTEP 1が作れる。そのために先に\(a_n\)の存在範囲を示しておく（この問題では相加相乗）のが定石。

例題 無限級数 \(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{2^3}+\dfrac{1}{3^3}+\cdots\) の和を求めよ。

解 第\(2n\)項までの部分和は，2つの等比数列の和に分かれて \[S_{2n}=\left( \dfrac{1}{2}+\cdots +\dfrac{1}{2^n}\right) +\left( \dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{3^n}\right) =\left( 1-\dfrac{1}{2^n}\right) +\dfrac{1}{2}\left( 1-\dfrac{1}{3^n}\right)\] よって \(\displaystyle\lim_{n\to \infty}S_{2n}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{3}{2}}}\)。また \(S_{2n-1}=S_{2n}-\dfrac{1}{3^n}\) だから \(\displaystyle\lim_{n\to \infty}S_{2n-1}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{3}{2}}}\)。

2つが一致するので，求める和は \(\dfrac{3}{2}\) ※もし \(\displaystyle\lim S_{2n}\mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} \displaystyle\lim S_{2n-1}\) なら発散。例えば \(1-1+1-1+\cdots\) は \(S_{2n}=0\)，\(S_{2n-1}=1\) で一致せず振動する。

例題 正三角形ABCの頂点上を動く点Pがあり，1回の操作で他の2頂点のいずれかへ等確率\(\dfrac{1}{2}\)で移動する。Pは最初Aにある。\(n\)回の操作後にPがAにある確率を\(p_n\)とするとき，\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}p_n\) を求めよ。

解 \(n\)回目と\(n+1\)回目の推移図をかくと

Aにいる状態からは必ずA以外へ移るので，\(n+1\)回後にAにいるのは\(n\)回後にA以外にいた場合のみ。よって \[p_{n+1}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2}\left( 1-p_n\right)}}\] \(\alpha =\dfrac{1}{2}(1-\alpha)\) より \(\alpha =\dfrac{1}{3}\) と予想でき，\(p_{n+1}-\dfrac{1}{3}=-\dfrac{1}{2}\left( p_n-\dfrac{1}{3}\right)\)。\(p_0=1\) より \[p_n=\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}\left( -\dfrac{1}{2}\right) ^n\] \(\left|-\dfrac{1}{2}\right|<1\) だから \(\displaystyle\lim_{n\to \infty}p_n=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{3}}}\) ※3頂点は対等だから，十分時間が経てばどこにいるかは同様に確からしくなる。\(\dfrac{1}{3}\)という答えは感覚とも合う。

例題 1辺の長さ\(a\)の正三角形を\(T_1\)とする。\(T_n\)の各辺の中点を結んでできる正三角形を\(T_{n+1}\)とし，\(T_n\)の面積を\(S_n\)とする。\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}S_n\) と \(\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}S_n\) を求めよ。

解 中点を結んでできる正三角形の1辺は元の\(\dfrac{1}{2}\)倍だから，相似比\(1:\dfrac{1}{2}\)，面積比は\(1:\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{4}}}\)。よって \[S_{n+1}=\dfrac{1}{4}S_n\quad ，\quad S_1=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2\] \(\{S_n\}\)は公比\(\dfrac{1}{4}\)の等比数列だから \(S_n=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2\left( \dfrac{1}{4}\right) ^{n-1}\) で，\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}S_n=\class{mathkuu}{\underline{0}}\)。

また公比が\(\left|\dfrac{1}{4}\right|<1\)より無限等比級数は収束して \[\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}S_n=\dfrac{S_1}{1-\dfrac{1}{4}}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{\sqrt{3}}{3}a^2}}\]

ex.) \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{1}{x^2}=\class{mathkuu}{\underline{\infty}}\)，  \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\left( -\dfrac{1}{x^2}\right) =\class{mathkuu}{\underline{-\infty}}\)

ex.) \(f(x)=\dfrac{x^2+x}{|x|}\) は，\(x>0\)のとき\(x+1\)，\(x<0\)のとき\(-x-1\)。よって \[\displaystyle\lim_{x\to +0}f(x)=1，\qquad \displaystyle\lim_{x\to -0}f(x)=-1\] 一致しないので，\(\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)\)は存在しない。

三角関数の極限ときたら\(\cdots\cdots\)（まずはそのまま代入してみた上で）

三角を含む極限公式はこれくらいしかないので，原則\(\dfrac{\sin{●}}{●}\)or \(\dfrac{●}{\sin{●}}\)の形を作りにかかる！

(ただし，\(●\to\)\(0\)であることに注意。\(●\to \infty\)で適用してしまうのはよくあるミス)

また，\(x\to 0\)のとき，\(2x\to 0\)であるから，\(\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin{2x}}{2x}=\class{mathkuu}{\underline{1}}\)なども可であるが，

●は2つとも必ず同じものすることに留意。

【重要】三角絡みの極限問題で公式利用無理なら，次ははさみうちの原理や追い出しの原理の利用を考える！

その際は，三角関数固有の不等式，\(0\leqq |\sin x| \leqq 1\)や，\(0\leqq |\cos x| \leqq 1\)を用いることが多い。

ex.) \(y=\cos x\ (0<x<2\pi)\) は，\(x=\pi\)で最小値\(-1\)をもつが，最大値はもたない。\(x\to +0\)，\(x\to 2\pi -0\) で\(1\)に近づくものの，端点が区間に入っていないため\(1\)に到達しない。

例題 \(\displaystyle\lim_{x\to -\infty}\left( \sqrt{x^2+3x}+x\right)\) を求めよ。

解 \(x=-t\) とおくと，\(x\to -\infty\) のとき \(t\to \class{mathkuu}{\underline{+\infty}}\) で \[\sqrt{x^2+3x}+x=\sqrt{t^2-3t}-t=\dfrac{\left( t^2-3t\right) -t^2}{\sqrt{t^2-3t}+t}=\dfrac{-3t}{\sqrt{t^2-3t}+t}\] 分母・分子を\(t\ (>0)\)で割って \[\dfrac{-3}{\sqrt{1-\dfrac{3}{t}}+1}\ \to\ \class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{3}{2}}}\]

例題 次の極限を求めよ。  (1) \(\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{\log (1+h)}{h}\)   (2) \(\displaystyle\lim_{n\to \infty}n\left( \sqrt[3]{1+\dfrac{1}{n}}-1\right)\)

解 (1) \(f(x)=\log x\) とおくと \(f(1)=0\) だから \[\dfrac{\log (1+h)}{h}=\dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}\ \xrightarrow{\ h\to 0\ }\ f'(1)\] \(f'(x)=\dfrac{1}{x}\) より，求める極限は \(\class{mathkuu}{\underline{1}}\) (2) \(\dfrac{1}{n}=h\) とおくと \(n\to \infty\) のとき \(h\to 0\) で，\(f(x)=\sqrt[3]{x}\) とおけば \[n\left( \sqrt[3]{1+\dfrac{1}{n}}-1\right) =\dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}\ \to\ f'(1)\] \(f'(x)=\dfrac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}\) より，求める極限は \(\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{3}}}\)

ex.) \[\lim_{x\to\infty}\dfrac{x}{e^x}=0，\qquad \lim_{x\to\infty}\dfrac{\log x}{x}=0，\qquad \lim_{x\to +0}x\log x=0\] （3つ目は，2つ目の式で\(x\)を\(\dfrac{1}{x}\)に置きかえたもの）

この不等式がなかなか覚えられない方は多いと思う。\([●]\)とは，「●を超えない最大の整数」という意味であるから，\([●]\leqq ●<[●]+1\)は比較的理解しやすい(ex. \(●=5.5\))ので，この式から①式を作ることを考える。この式の左側の不等式が①式の右側の不等式であり，またこの式の右側の不等式において両辺\(-1\)したものが①式の左側の不等式，と導出すればよい。