投稿者: shotasasaki

「\(f(x)\)が閉区間\([a,~b]\)で連続で，\(f(a)\neq f(b)\)」を大前提として奉っておき（ここでは\(f(a) < f(b)\)とする），「\(f(x)\)はこの区間で\(f(a)\)と\(f(b)\)との中間の値をすべてとる」を論理式で記述すると \[\exists c \in [a,~b]\big[f(a) < k < f(b) \Longrightarrow f(c)=k \big]\] となる．言い換えれば（同値変形すれば）， \[ \begin{align*} &\exists c \in [a,~b]\big[f(a) < k < f(b) \Longrightarrow f(c)=k \big]\\ \Longleftrightarrow~ & \exists c \in [a,~b]\big[f(a)-k < 0 < f(b)-k \Longrightarrow f(c)-k=0 \big]\\ \Longleftrightarrow~ & \exists c \in [a,~b]\big[F(a) < 0 < F(b) \Longrightarrow F(c)=0 \big] \end{align*} \] 最後の式は「\(F(x)\)が閉区間で\([a,~b]\)で連続で，\(F(a) < 0\)かつ\(F(b) > 0\)ならば，\(F(c)=0\)をみたす\(c\)がこの区間に存在する」となる．

証明（田島一郎 解析入門 P99問5）

（証明）

証明の流れは「①切断をつくる→②デデキントの公理から２通りの場合に状況が分類できる→③片方を仮定して矛盾を導く」

まず①．\(M\)の下界の集合\(A\)と，その他の数の集合\(B\)とする．するとこれは実数の切断となる．以下，その証明．\(b \in B\)をとる．これは定義より\(M\)の下界でないので，
\[
\begin{align*}
\overline{\text{\(b\)が\(M\)の下界}\hspace{8mm}}\Longleftrightarrow~&\overline{\forall x \in M\big[b \leq x \big]}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \in M\big[x < b\big]\\
\end{align*}
\]
この存在する\(x\)を\(x_0\)とおくと，
\[x_0 < b \tag{1}\]
が成り立つ．
また，\(a \in A\)をとると，\(a\)は定義より\(M\)の下界であるから
\[\forall x \in M \big[a \leq x\big]\]
\(x\)は任意だから先ほどの\(x_0\)を考えると
\[a \leq x_0 \tag{2}\]
が成り立つ．\((1),~(2)\)より，
\[a \leq x_0 < b \text{すなわち} a < b\]
が成り立つ．よって\(A\)，\(B\)という組分けは切断となる．

➁デデキントの公理から，

（ア）\(A\)に最大数が存在し，\(B\)には最小数が存在しない．
（イ）\(A\)に最大数が存在せず，\(B\)には最小数が存在する．

という２通りの場合が考えられる．

③（イ）を仮定する．\(B\)に最小数が存在するので，これを\(\beta\)とおく．\(\beta \in B\)すなわち\(\beta\)は\(M\)の下界ではないから，
\[
\begin{align*}
\overline{\text{\(\beta\)が\(M\)の下界}\hspace{8mm}}\Longleftrightarrow~&\overline{\forall x \in M\big[\beta \leq x \big]}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \in M\big[x < \beta\big]\\
\end{align*}
\]
ここで，この存在する\(x\)を\(x_1(\in M)\)とおくと，
\[x_1 < \beta\]
が得られる．ここで，
\[x_1 < \beta’ <\beta\]をみたす\(\beta’\)を考える．\(x_1 < \beta’\)より，
\[\exists x \in M\big[x < \beta’\big]\]
と言えることになるが，これは\(\beta’\)が下界でないことを示している．すなわち\(\beta’ \in B\)．

以上より，\(\beta,~\beta’\in B\)かつ\(\beta’ < \beta \)で，\(\beta\)は\(B\)の最小数であることになるが，これは矛盾である．したがって（ア）\(A\)に最大数が存在し，\(B\)には最小数が存在しないと言える．（証明終）

（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）