★解析学演習

\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a,~\lim_{n\rightarrow \infty}y_n=b\)のとき,\[(1)\quad\lim_{n\rightarrow \infty}x_ny_n=ab\hspace{30mm}(2)\quad\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{x_n}{y_n}=\frac{a}{b}\]を示せ.\((2)\)では\(y_n\neq 0,~b\neq 0\)とする.

仮定は
\[\forall \epsilon>0 \exists N_1 \big[n>N_1 \Longrightarrow |x_n-a|<\epsilon\big]\tag{ア}\] および \[\forall \epsilon>0 \exists N_2 \big[n>N_2 \Longrightarrow |y_n-b|<\epsilon\big]\tag{イ}\]
である.

\((1)\)の証明(割愛)

\((2)\)の証明

\(\displaystyle \frac{x_n}{y_n}=x_n\cdot\frac{1}{y_n}\)だから,もし\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{y_n}=\frac{1}{b}\)が証明できれば,\((2)\)より
\[\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{x_n}{y_n}=\lim_{n\rightarrow \infty}x_n\cdot\frac{1}{y_n}=a\cdot\frac{1}{b}=\frac{a}{b}\]
となり証明が完了する.以下,その証明:

示したいことは
\[\forall \epsilon>0 \exists N \left[n>N \Longrightarrow \left|\frac{1}{y_n}-\frac{1}{b}\right|<\epsilon\right]\]
である.一部計算すると,
\[
\begin{align*}
\left|\frac{1}{y_n}-\frac{1}{b}\right|&=\left|\frac{b-y_n}{by_n}\right|=\frac{|y_n-b|}{|b||y_n|}
\end{align*}
\]
より
\[\forall \epsilon>0 \exists N \left[n>N \Longrightarrow \frac{|y_n-b|}{|b||y_n|}<\epsilon\right]\tag{\(\ast\)}\]
である.

任意に与えれらた\(\epsilon\)に対して\(n>N_2\)とすれば,仮定(イ)により\(\displaystyle \frac{|y_n-b|}{|b||y_n|}<\frac{\epsilon}{|b||y_n|}\)と言えるが,しかしそれだけでは分母に\(y_n\)(\(n\)の式)が残っていて\(\epsilon\)(を含む定数)にならない.そこで仮定(イ)において,\(\epsilon\)として\(\displaystyle \epsilon < \frac{|b|}{2}\)をみたす\(\epsilon\)をとる.この\(\epsilon\)に対応する番号\(n\)を\(N’\)とする.すると\(n>N’\)をみたす\(n\)に対して
\[|y_n-b|<\epsilon<\frac{|b|}{2}\]
すなわち
\[b-\frac{|b|}{2} < y_n < b+\frac{|b|}{2}\]
が成り立つ.この式を以下のように考え,変形する:

\(b\geq 0\)のとき,\(b\)の\(\epsilon(<\frac{|b|}{2})\)近傍はすべて正だからそこに入る\(y_n~(n>N’)\)たちももちろん正.ゆえに\(y_n=|y_n|\).また,\(b=|b|\).したがって,
\[
\begin{align*}
&b-\frac{|b|}{2} < y_n < b + \frac{|b|}{2}\\
\Longleftrightarrow~&|b|-\frac{|b|}{2} < |y_n| < |b| + \frac{|b|}{2}\\
\Longleftrightarrow~&\frac{|b|}{2} < |y_n| < \frac{3}{2}|b|
\end{align*}
\]

\(b < 0\)のとき,\(b\)の\(\epsilon(<\frac{|b|}{2})\)近傍はすべて負だからそこに入る\(y_n~(n>N’)\)たちももちろん負.ゆえに\(-y_n=|y_n|\).また,\(b=-|b|\).したがって,
\[
\begin{align*}
&b-\frac{|b|}{2} < y_n < b + \frac{|b|}{2}\\
\Longleftrightarrow~&-|b|-\frac{|b|}{2} < -|y_n| < -|b| + \frac{|b|}{2}\\
\Longleftrightarrow~&-\frac{3}{2}|b| < -|y_n| < -\frac{|b|}{2}\\
\Longleftrightarrow~&\frac{|b|}{2} < |y_n| < \frac{3}{2}|b|
\end{align*}
\]

つまり\(b\geq 0\),\(b<0\)に関わらず\(\frac{|b|}{2} < |y_n| < \frac{3}{2}|b|\)が成り立つ.整理すると,
\[\forall \epsilon <\frac{|b|}{2}\exists N’\left[n>N’ \Longrightarrow \frac{|b|}{2} < |y_n| < \frac{3}{2}|b|\right]\tag{ウ}\]
が言えたことになる.この準備のもとで,改めて\((\ast)\)を示す.

(イ),(ウ)により,任意の\(\epsilon < \frac{|b|}{2}\)に対して,\(N’\)が存在し,\(n>N’\)をみたす\(n\)について,次の式が成り立つ:
\[\frac{|y_n-b|}{|b||y_n|}<\frac{\epsilon}{|b|\cdot \frac{|b|}{2}}=\frac{2\epsilon}{|b|^2}\]

すなわち
\[\forall \epsilon<\frac{|b|}{2} \exists N’ \left[n>N’ \Longrightarrow \left|\frac{1}{y_n}-\frac{1}{b}\right|<\frac{2\epsilon}{|b|^2}\right]\]
したがって
\[\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{y_n}=\frac{1}{b}\]

(証明終)

© 2022 佐々木数学塾, All rights reserved.