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（証明）

与えられた仮定は\(\displaystyle \lim_{x \Rightarrow a}g(x)=\beta\)すなわち
\[\forall \epsilon>0 \exists \delta>0 \big[0<|x-a|<\delta \Longrightarrow |g(x)-\beta|<\epsilon \big]\tag{\(\ast\)}\] である．問15より，この仮定から \[\beta >0 \text{のとき，}0 < \frac{|\beta|}{2} < g(x) < \frac{3}{2}|\beta|\tag{1}\]
\[\beta <0 \text{のとき，}-\frac{3}{2}|\beta| < g(x) < -\frac{|\beta|}{2} < 0\tag{2}\]
という結論を得たのだった．\((1),(2)\)から，
\[
\begin{align*}
(1)\Longrightarrow~& \frac{|\beta|}{2} < |g(x)| < \frac{3}{2}|\beta|\\
(2)\Longrightarrow~&-\frac{3}{2}|\beta| < g(x) < -\frac{|\beta|}{2}\\
\Longrightarrow~&-\frac{3}{2}|\beta| < -|g(x)| < -\frac{|\beta|}{2}\\
\Longrightarrow~&\frac{|\beta|}{2} < |g(x)| < \frac{3}{2}|\beta|\\
\end{align*}
\]
となり結局\(\beta\)の正負に関わらず\[\frac{|\beta|}{2} < |g(x)| < \frac{3}{2}|\beta|\tag{\(\ast\ast\)}\]が得られることになる．

さて，今示したいのは \[\displaystyle \lim_{x \rightarrow a} \frac{1}{g(x)}=\frac{1}{\beta}\] すなわち \[\forall \epsilon>0 \exists \delta’>0 \left[0<|x-a|<\delta’ \Longrightarrow \left|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{\beta}\right|<\epsilon \right]\]
であった．ここで任意の\(\epsilon\)に対応する\(\delta’\)として\(\delta\)ととることにする．すると，この\(\delta\)のもとで
\[0<|x-a|<\delta \Longrightarrow \left|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{\beta}\right|<\epsilon\]
が成り立つかどうか，すなわち
\[
\begin{align*}
&\left|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{\beta}\right|=\left|\frac{\beta-g(x)}{\beta g(x)}\right|=\frac{|g(x)-\beta|}{|\beta| |g(x)|}
\end{align*}
\]
より
\[0<|x-a|<\delta \Longrightarrow \frac{|g(x)-\beta|}{|\beta| |g(x)|}<\epsilon\]
が成り立つかどうかが問題となるが，これは仮定\((\ast)\)，\((\ast\ast)\)より
\[\frac{|g(x)-\beta|}{|\beta| |g(x)|}<\frac{\epsilon}{|\beta|\frac{|\beta|}{2}}=\frac{2\epsilon}{\beta^2}\]
となり確かに成り立つ．（証明終）

（証明）

仮定\(\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}g(x)=\beta\)より\[\forall \epsilon >0 \exists \delta \big[0<|x-a|<\delta \Longrightarrow |g(x)-\beta| < \epsilon \big]\] \(\beta > 0\)のときと\(\beta < 0\)のときとで場合分けをして考える．

\(\beta > 0\)のとき
仮定より，\(\epsilon\)は任意なので，\(\epsilon = \frac{|\beta|}{2}\)ととることにする．この\(\epsilon = \frac{|\beta|}{2}\)に対応して\(\delta\)が定まり，\(0<|x-a|<\delta\)をみたす\(x\)に対して\(|g(x)-\beta| < \epsilon= \frac{|\beta|}{2} ~\cdots(\ast)\)が成り立つ．\((\ast)\)を変形すると
\[
\begin{align*}
(\ast)&\Longleftrightarrow |g(x)-\beta| < \frac{|\beta|}{2}\\
&\Longleftrightarrow \beta – \frac{|\beta|}{2} < g(x) < \beta + \frac{|\beta|}{2}\\
&\Longleftrightarrow |\beta| – \frac{|\beta|}{2} < g(x) < |\beta| + \frac{|\beta|}{2}\\
&\Longleftrightarrow 0 < \frac{|\beta|}{2} < g(x) < \frac{3}{2}|\beta|\\
\end{align*}
\]
したがって\(g(x)\)は正．

\(\beta < 0\)のとき
\(\beta > 0\)のときと同様に\(\epsilon = \frac{|\beta|}{2}\)ととると，同様の議論により，
\[\beta – \frac{|\beta|}{2} < g(x) < \beta + \frac{|\beta|}{2}\]
を得る．しかし今回は\(\beta < 0\)であるから\(\beta = -|\beta|\)であることに注意して変形すると，
\[
\begin{align*}
&~\beta – \frac{|\beta|}{2} < g(x) < \beta + \frac{|\beta|}{2}\\
\Longleftrightarrow &-|\beta| – \frac{|\beta|}{2} < g(x) < -|\beta| + \frac{|\beta|}{2}\\
\Longleftrightarrow &-\frac{3}{2}|\beta| < g(x) < -\frac{|\beta|}{2} < 0
\end{align*}
\]
したがって\(g(x)\)は負．（証明終）

\(a>1\)であるから，\(a=1+h~(h>0)\)とおくと，
\[
\begin{align*}
a^n&=(1+h)^n\\
&={}_n\mathrm{C}_0h^0+{}_n\mathrm{C}_1h^1+{}_n\mathrm{C}_2h^2+{}_n\mathrm{C}_3h^3+\cdots+{}_n\mathrm{C}_nh^n\\
&=1+nh+\frac{n(n-1)}{2}h^2+\frac{n(n-1)(n-2)}{6}h^3+\cdots+\frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-(n-1))}{n!}
\end{align*}
\]
（証明）

\((1)\)（\(\frac{n(n-1)}{2}h^2\)の項に目をつけて）\(n\geq 2\)とする．
\[
\begin{align*}
\frac{a^n}{n}&=\frac{1}{n}+h+\frac{(n-1)}{2}h^2+\frac{n(n-1)(n-2)}{6}h^3+\cdots\\
&>\frac{(n-1)}{2}h^2=(n-1)\frac{h^2}{2}
\end{align*}
\]
より
\[\frac{a^n}{n}>(n-1)\frac{h^2}{2}\]
であるから，\(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}(n-1)\frac{h^2}{2}=+\infty\)すなわち
\[\forall K>0 \exists m \left[n>m \Longrightarrow (n-1)\frac{h^2}{2} > K \right]\]
が示せればよい．つまり任意の\(K\)に対して
\[m\frac{h^2}{2} > K,~(m+1)\frac{h^2}{2} > K,~(m+2)\frac{h^2}{2} > K,\cdots\tag{\(\ast\)}\]
が成り立つような\(m\)が提示できればよい．

ここで，アルキメデスの公理より，
\[\forall K \exists N \left[N\frac{h^2}{2} > K\right]\]
これは，任意の\(K\)に対して
\[N\frac{h^2}{2} > K,~(N+1)\frac{h^2}{2} > K,~(N+2)\frac{h^2}{2} > K,~\cdots\]
が言えるということに他ならない．したがって，\((\ast)\)をみたす\(m\)としてこの\(N\)を提示すればよい．（証明終）

\((2)\)（\(\frac{n(n-1)(n-2)}{6}h^3\)の項に目をつけて）\(n \geq 3\)とする．
\[
\begin{align*}
\frac{a^n}{n^2}&=\frac{1}{n^2}+h+\frac{(n-1)}{2n^2}h^2+\frac{n(n-1)(n-2)}{6n^2}h^3+\cdots\\
&>\left(1-\frac{1}{n}\right)(n-2)\frac{h^3}{6}\\
&\geq\left(1-\frac{1}{3}\right)(n-2)\frac{h^3}{6}=(n-2)\frac{h^3}{9}\\
\end{align*}
\]
より
\[\frac{a^n}{n^2}>(n-2)\frac{h^3}{9}\]
であるから，\(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}(n-2)\frac{h^3}{9}=+\infty\)すなわち
\[\forall K>0 \exists m \left[n>m \Longrightarrow (n-2)\frac{h^3}{9} > K \right]\]
が示せればよい．つまり任意の\(K\)に対して
\[(m-1)\frac{h^2}{2} > K,~m\frac{h^2}{2} > K,~(m+1)\frac{h^2}{2} > K,\cdots\tag{\(\ast\)}\]
が成り立つような\(m\)が提示できればよい．

ここで，アルキメデスの公理より，
\[\forall K \exists N \left[N\frac{h^3}{9} > K\right]\]
これは，任意の\(K\)に対して
\[N\frac{h^3}{9} > K,~(N+1)\frac{h^3}{9} > K,~(N+2)\frac{h^3}{9} > K,~\cdots\]
が言えるということに他ならない．したがって，\((\ast)\)をみたす\(m\)として\(N+1\)と提示すればよい．（証明終）

（証明）
示したいことは，\(a>0,~n\in \mathbb{N}\)であるから，
\[
\begin{align*}
&\forall \epsilon>0 \exists m \left[n>m \Longrightarrow \left|\frac{a}{n}-0\right|<\epsilon \right]\\ \Longleftrightarrow~&\forall \epsilon>0 \exists m \left[n>m \Longrightarrow \frac{a}{n}<\epsilon \right]\\ \Longleftrightarrow~&\forall \epsilon>0 \exists m \big[n>m \Longrightarrow n\epsilon >a \big]\tag{\(\ast\)}\\
\end{align*}
\]である．

ここで，アルキメデスの公理とは，\(h\)を正の定数として，
\[\forall K>0 \exists N \big[n>N \Longrightarrow nh > K \big]\]
というものであった．

今，この公理における大前提として与えられている正の定数\(h\)を\(\epsilon\)であるとする．すなわち
\[\forall K>0 \exists N \big[n>N \Longrightarrow n\epsilon > K \big]\]
\(K\)は任意であるから，\(K=a\)とすると，この\(a\)に対応して\(N\)が存在して，
\[n>N \Longrightarrow n\epsilon > a\]
が成り立つと言える\((\ast\ast)\)．

ここで改めて\((\ast)\)について考える．\(\epsilon\)は任意に与えられるわけだが，いちど与えらえた以上それは定数であることに注意すると，結局
\[n>m \Longrightarrow n\epsilon >a\]
をみたす\(m\)の存在を示せばよいが，これは\((\ast\ast)\)により\(m=N\)と提示できる．（証明終）

（証明）

仮定より，
\[\forall \epsilon >0 \exists N_1\big[n>N_1 \Longrightarrow |x_n-a|<\epsilon \big]\] \[\forall \epsilon >0 \exists N_2\big[n>N_2 \Longrightarrow |y_n-a|<\epsilon \big]\] であるから，\(N=max\{N_1,~N_2\}\)ととれば，\(n>N\)のとき，
\[|x_n-a|<\epsilon,\quad|y_n-a|<\epsilon\]
すなわち
\[a-\epsilon < x_n < a+\epsilon,\quad a-\epsilon < y_n < a+\epsilon\]
これと仮定\(x_n \leq a_n \leq y_n\)から
\[a-\epsilon < x_n \leq a_n \leq y_n < a+\epsilon\]
より
\[a-\epsilon < a_n < a+\epsilon \Longleftrightarrow |a_n-a|<\epsilon\] が言える．以上まとめると， \[\forall \epsilon >0 \exists N\big[n>N \Longrightarrow |x_n-a|<\epsilon \big]\]
すなわち
\[\lim_{n \rightarrow \infty}a_n=a\]
となる．（証明終）