投稿者: shotasasaki

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★解析学演習

\(\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}g(x)=\beta\)で\(\beta \neq 0\)である．このとき，適当な\(\delta > 0\)を決めると，\(0 < |x-a| < \delta\)のすべての\(x\)について，\(g(x)\)は\(\beta\)と同符号であることを証明せよ．
（田島一郎解析入門P24問15）

（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）

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★解析学演習

\(a>1\)のとき，次のことを証明せよ．ただし，\(n\)は自然数である．
\[(1)~\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{a^n}{n}=+\infty\hspace{25mm}(2)~\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{a^n}{n^2}=+\infty\]
（田島一郎解析入門P19問11）

\(a>1\)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）

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★解析演習（アルキメデスの公理）

\(a\)が正の定数で，\(n\)が自然数ならば，
\[\text{\(n \rightarrow \infty\)のとき\(\frac{a}{n} \rightarrow 0\)，すなわち\(\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a}{n}=0\)}\]
であることをアルキメデスの公理から導け．（田島一郎 解析入門 P19問10）

（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）

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★解析学演習（はさみうちの原理）

\(x_n \leq a_n \leq y_n\)であって，\(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}x_n=\lim_{n \rightarrow \infty}y_n=a\)であれば，\(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}a_n=a\)であることを証明せよ．（はさみうちの原理）
（田島一郎 解析入門 P14問7）

（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）

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★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）

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定積分の再定義

（高校生へ注意）この記事を読む際は，教科書の定積分の定義は忘れて読んで下さい．一旦無の状態に戻るのが理解のポイントです．

私たちは四角形の面積なら求められます．タテ\(\times\)ヨコ．さらにここから，三角形の面積やら台形の面積やらをも求められることになります．では，下のような曲線を含む図形Aの面積はどうやって求めればいいのでしょうか．というか，何を指して曲線を含む図形Aの「面積」とすればいいのでしょうか？

下図のような\(x\)軸，\(y=f(x)\)，\(x=a\)，\(x=b\)状況を仮定した上で，次のように考えてみます：

まず，図形を分割します．何個に分割してもいいのですが，ここでは\(n\)個に分割（等分でなくともよい）することにします．\[a=x_0<x_1<x_2<x_3<\cdots<x_{n-1}<x_{n}=b\]という分割です．

次に，これら\(n\)個の図形を，長方形に近似します．区間\([x_{i-1},~x_{i}]\)において「高さ」をとる\(x\)を\(\xi_i\)とします．区間\([x_{i-1},~x_{i}]\)上のどの点\(x\)を\(\xi_i\)とするかは任意です（ちなみに\(\xi\)はギリシャ文字で「グザイ」「クシー」などと読みます）．

これらの長方形の面積を求めます．例えば左から\(i\)番目の長方形の面積なら，横幅は\(x_{i}-x_{i-1}\)です．高さは\(f(\xi_i)\)です．したがって左から\(i\)番目の長方形の面積は
\[f(\xi_i)(x_{i+1}-x_i)\]
と書けます．さらに，\(x_{i+1}-x_i=\Delta x_i\)とおけば，
\[f(\xi_i)\Delta x_i\]
と書けます．これを\(n\)個寄せ集めるのですから，敷き詰めた長方形の面積の和は
\[\sum^{n}_{i=0}f(\xi_i)\Delta x_i\]
と表されることになります．これをリーマン和と呼びます．

この「リーマン和」をもってして図形Aの「面積」とするのはどうでしょうか？…それはちょっとマズイ気がします．なぜなら，図形Aとリーマン和とではスキマ（誤差）が大きすぎますから（下図参照）．

どうすればスキマ（誤差）は小さくなるでしょうか？各長方形の幅を小さくすれば，細長い長方形になって，スキマは小さくなります．当然，スキマは小さければ小さいほど，今私たちにとって欲しいものが正確に求まりそうな気がします．各長方形の幅を小さくするには，\(n\)を大きく，すなわち分割の数を大きくしてやればいいでしょう．


式で表すと，
\[\lim_{n\rightarrow \infty}\sum^{n}_{i=0}f(\xi_i)\Delta x_i\]
これなら，図形の「面積」と呼んでも差し支えなさそうです．そこで，この極限値を図形Ａの「面積」と定義し，「定積分」と名付け，記号\[\int^b_a f(x)dx\]で表すことにします．

定積分の定義\[\int^b_a f(x)dx:=\lim_{n\rightarrow \infty}\sum^{n}_{i=0}f(\xi_i)\Delta x_i\]

\(:=\)は「左辺を右辺で定義する」という意味です．

以上を見ると，\(\displaystyle \int^b_a f(x)dx\)の\(\displaystyle \int\)や\(dx\)の「イメージ」が見えてきます．右図に示すように，\(\displaystyle \sum\)が\(\displaystyle \int\)に，\(\Delta x_i\)が\(dx\)と対応しているわけです．

 

ここで，\(\displaystyle \sum\ f(\xi_i)\Delta x_i\)の意味を思い出しましょう．\(f(\xi_i)\)が「タテ」，\(\Delta x_i\)が「ヨコ」を表すのでしたから，\(f(\xi_i)\times\Delta x_i\)は「長方形の面積」を意味し，その長方形の面積\(f(\xi_i)\Delta x_i\)を\(\displaystyle \sum\)する（足し加える），という意味でした．

以上を踏まえて\(\displaystyle \int^b_a f(x)dx\)を眺めると，これは「微小面積\(f(x)\times dx\)を\(\displaystyle \int\)したもの（連続的に足し加えたもの）」と読み取れることが分かります！

定積分を「リーマン和の極限」とみなす捉え方は，とても自然で，記号の導入も全く違和感がありません．さらに，右図に示した記号の解釈は，定積分の問題を扱う上で極めて重要な解釈になります．

次回はこの定積分の定義に従って図形の面積を計算してみます．すると，大きな問題に直面します…．

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★解析学演習

すべての\(n\)で\(x_n>p\)，かつ\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a\)ならば\(a\geq p\)であることを証明せよ．
（田島一郎 解析入門 P10問3(2)）

（証明）

背理法で示す．与えられた命題は
\[\left(\forall n[x_n>p]\land \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a \right)\Longrightarrow a \geq p\]
である．この命題の否定をとると
\[\overline{\left(\forall n[x_n>p]\land \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a \right)\Longrightarrow a \geq p}\]
であるから，
\[
\begin{align*}
&\overline{\left(\forall n[x_n>p]\land \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a \right)\Longrightarrow a \geq p}\\
\Longleftrightarrow~&\overline{\overline{\forall n[x_n>p]\land \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a} \lor a \geq p}\\
\Longleftrightarrow~&\forall n[x_n>p]\land \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a \land a < p\\ \Longleftrightarrow~&\forall n[x_n>p]\land \left(\forall \epsilon>0 \exists N\big[n>N \Longrightarrow |x_n-a|<\epsilon\big]\right) \land a < p\\
\end{align*}
\]

\(a<p\)より\(p-a>0\)だから，\(\epsilon=p-a\)ととると，\(n>N\)をみたす\(n\)に対して
\[|x_n-a|<p-a\]
すなわち
\[
\begin{align*}
|x_n-a|<p-a~\Longleftrightarrow~&a-(p-a)< x_n <a+(p-a)\\
\Longleftrightarrow~&2a-p< x_n < p
\end{align*}
\]
が成り立つが，これは\[\forall n[x_n>p]\]に反する．（証明終）

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★上に有界で単調増加な数列は収束する

上に有界で単調増加な数列\[a_1\leq a_2 \leq a_3 \leq \cdots \leq a_n\leq \cdots\]は収束する．

証明

上に有界であるから，上界が存在し，したがって上限（最小の上界）が存在する（なぜ？）．この上限を\(c\)とおき，この\(c\)に収束することを以下に示す．

任意の\(\epsilon>0\)に対して，\(c-\epsilon\)を考える．今，\(c\)が上限，すなわち最小の上界であるから，\(c-\epsilon\)はもはや上界ではない．したがって，\(c-\epsilon\)より大きく\(c\)以下の項（☆）が存在する．
\[a_1\leq a_2 \leq a_3 \leq \cdots \leq a_n \leq \cdots \leq c-\epsilon < \text{（☆）} \leq c\]
（☆）の項たちを
\[a_N \leq a_{N+1} \leq a_{N+2} \leq \cdots\]
とおく．すると，
\[c-\epsilon < a_N \leq a_{N+1} \leq a_{N+2} \leq \cdots \leq c < c+\epsilon \]
すなわち，\(N\)以上の\(i\)について
\[|a_{i}-c|<\epsilon\] が成り立つ．また，この\(N\)は，\(\epsilon\)に応じて定まる（存在する）ので，結局 \[\forall \epsilon>0 \exists N \big[i > N \Longrightarrow |a_{i}-c|<\epsilon\big]\]
と言える．したがって
\[\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=c\]
よって数列\(\{a_n\}\)は収束する．（証明終）

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定積分の話（定積分の定義と定積分で面積が求まる理由）

高校教科書では，定積分を次のように定義しています．

定積分の定義（高校教科書ver.）
\(f(x)\)の原始関数の１つを\(F(x)\)とする．
\[\int^b_af(x)dx:=F(b)-F(a)\]

そして，数学Ⅱまたは数学Ⅲで積分を既習の人はこの定積分を計算することによって「面積が求まる」ということも知っていると思います．

しかし，ここでひとつ疑問．なぜ定積分で面積が求まるのでしょうか？定積分の定義は上に示したようにあくまで「原始関数の差を『定積分』と呼ぶことにしましょう」と言っているに過ぎず，「面積」云々には一切触れていません．つまり（定積分の「定義」から）「面積が求まる」ということが「定理」として得られるはずですが，その理由はどこにあるのでしょうか？その辺を理解しないままにただただ計算している人も多いのではないでしょうか．

調べてみましょう．

今，\(y=f(x),~x\leq k,~y=0\)で示される部分の面積を\(S(k)\)と表すことにします．


すると，\(y=f(x),~x=x_1,~x=x_2,~y=0\)で囲まれる部分の面積は，\[S(x_2)-S(x_1)\]で表されることになります．


この斜線部分の面積を評価することを考えます．斜線部分の面積\(S(x_2)-S(x_1)\)は，区間\([x_1,~x_2]\)の幅\(x_2-x_1\)を「ヨコ」，区間\([x_1,~x_2]\)で一番大きい\(y\)の値\(f(x_{max})\)を「タテ」としたときの長方形の面積\((x_2-x_1)f(x_{max})\)より小さく，区間\([x_1,~x_2]\)の幅\(x_2-x_1\)を「ヨコ」，区間\([x_1,~x_2]\)で一番小さい\(y\)の値\(f(x_{min})\)を「タテ」としたときの長方形の面積\((x_2-x_1)f(x_{min})\)よりも大きいと言えます（下図参照．一番大きい，または小さい\(y\)の値を取るときの\(x\)をそれぞれ\(x_{max},~x_{min}\)とおきました）．

したがって，以下の不等式が成り立ちます．
\[(x_2-x_1)f(x_{min})\leq S(x_2)-S(x_1)\leq (x_2-x_1)f(x_{max})\]
さらに，辺々を\(x_2-x_1\)で割ることで，
\[f(x_{min})\leq \frac{S(x_2)-S(x_1)}{x_2-x_1}\leq f(x_{max})\]
が得られます．

ここで，\(x_2\)を\(x_1\)に近づけてみます．すなわち，
\[\lim_{x_2\rightarrow x_1}f(x_{min})\leq \lim_{x_2\rightarrow x_1}\frac{S(x_2)-S(x_1)}{x_2-x_1}\leq \lim_{x_2\rightarrow x_1}f(x_{max})\]
まず中辺ですが，これは導関数の定義から\[S'(x_1)\]と書けます．

次に左辺と右辺について．\(x_2\)を\(x_1\)に近づけるというのは，区間\([x_1,x_2]\)の幅を縮めるということですから，図から\(f(x_{max}),~f(x_{min})\)はどちらも\(f(x_1)\)に近づくことが分かります（下図参照）．

すなわち，
\[\lim_{x_2\rightarrow x_1}f(x_{max})=\lim_{x_2\rightarrow x_1}f(x_{max})=f(x_1)\]

したがって，はさみうちの原理から
\[S'(x_1)=f(x_1)\]
が得られますが，この式は
\[S(x_1)=\text{\(f(x_1)\)の原始関数}\]
であることを示しています．添え字がちょっとうるさいので\(x_1\)を\(x\)に置き換えておきます．
\[S(x)=\text{\(f(x)\)の原始関数}\]
準備は整いました．定積分の定義\(\displaystyle \int^b_a f(x)dx=F(b)-F(a)\)を変形してみます．
\[
\begin{align}
\int^b_a f(x)dx=&F(b)-F(a)\\
=&\text{\(f(x)\)の原始関数}|_{x=b}-\text{\(f(x)\)の原始関数}|_{x=a}\tag{1}\\
=&S(x)|_{x=b}-S(x)|_{x=a}\tag{2}\\
=&S(b)-S(a)
\end{align}
\]
\((1)\)は定義の仮定：「\(F(x)=\text{\(f(x)\)の原始関数}\)」から，
\((2)\)は先に導いた式：「\(S(x)=\text{\(f(x)\)の原始関数}\)」によるものです．

結局，
\[\int^b_a f(x)dx=S(b)-S(a)\]
が得られますが，\(S(b)-S(a)\)は\(y=f(x),~x=a,~x=b,~y=0\)で囲まれた面積を表しますから，定積分すなわち原始関数の差は確かに面積を表すことが確認でしました．

以上により定積分で面積が求められることが一応納得はできました．しかしながら，この「納得」は上でみたように複雑で，お世辞にも「直観的」とは言えません．一般に求積問題は図形が絡むので視覚情報から解法に繋げていくことが多いのですが，その視覚情報を数式に落とし込むにはある種の「直観的」な理解が必要になってきます．教科書の定義のままでは直観的な理解が伴わないゆえに求積問題等ではうまく発想・立式ができず，ほとんど使い物になりません．数学が得意な人，これから得意にしたい人，あるいは将来的に数学を使う学部学科に進みたい人は違う角度で定積分というものを捉える（理解する）べきです．

次回，「定積分」を教科書とは違う角度から（リーマン和の極限として）再定義し，今度は逆に「定積分が原始関数の差である」ことを定理として導いてみようと思います．すなわち，教科書が「定積分とは原始関数の差である（定義）→定積分は面積である（定理）」という流れであったのに対し，逆に「定積分はリーマン和の極限（＝面積）である（定義）→定積分は原始関数の差である（定理）」という流れで定積分というものを捉え直します．この考え方自体がとりもなおさず受験数学における求積問題の肝にもなります．

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否定をとることの難しさと論理式の有用性

背理法で示す方針の場合，与えられた命題を否定する必要がありますが，これが意外と難しいケースがあります．

\(xy\)平面内の相異なる４点\(P_1,~P_2,~P_3,~P_4\)とベクトル\(\overrightarrow{v}\)に対し，\(k\neq m\)のとき\(\overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\)が成り立っているとする．このとき，\(k\)と異なるすべての\(m\)に対し\[\overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0\]が成り立つような点\(P_k\)が存在することを示せ．（京都大・文）

この問題の場合，与えられた命題は

「\(k\neq m\)のとき\(\overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\)が成り立っているとする．このとき，\(k\)と異なるすべての\(m\)に対し\(\overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0\)が成り立つような点\(P_k\)が存在する」

です．この否定をとればいいわけですが，どこからどう手をつければいいのかいまいちわからない，できたとしてもなんだか不安…．そこで，ここでは論理記号を用いて捉えてみます．与えられた命題を次の４つの部分に分けて翻訳していきます．

      1. \(k\neq m\)のとき\(\overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\)が成り立っているとする．
      2. このとき，
      3. \(k\)と異なるすべての\(m\)に対し\(\overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0\)が成り立つ
      4. ような点\(P_k\)が存在する

１．「\(k\neq m\)のとき\(\overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\)が成り立っているとする」は
\[k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\]

２．「このとき」は\[\Longrightarrow\]

３．「\(k\)と異なるすべての\(m\)に対し\(\overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0\)が成り立つ」は\[\forall m \big[m\neq k \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0\big]\]

４．「ような点\(P_k\)が存在する」は
\[\exists P_k\]

ですから，以上を繋げると，
\[\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\Longrightarrow\exists P_k\forall m \big[m\neq k \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0\big]\]
となります．これの否定を考えます．
\[\overline{\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\Longrightarrow\exists P_k\forall m \big[m\neq k \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0\big]}\]

ここで，一般に
\[
\begin{align*}
&(A\rightarrow B)\Longleftrightarrow \overline{A}\lor B
\end{align*}
\]
ですから，
\[\overline{A\rightarrow B}\Longleftrightarrow \overline{\overline{A} \lor B}\Longleftrightarrow A \land \overline{B}\]
です．したがって，
\[
\begin{align*}
&\overline{\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\Longrightarrow\exists P_k\forall m \big[m\neq k \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0\big]}\\
\Longleftrightarrow~&\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\land \overline{\exists P_k\forall m \big[m\neq k \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0\big]}\\
\Longleftrightarrow~&\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\land \forall P_k\exists m \big[\overline{m\neq k \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0}\big]\\
\Longleftrightarrow~&\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\land \forall P_k\exists m \big[m\neq k \land \overline{\overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}<0}\big]\\ \Longleftrightarrow~&\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\land \forall P_k\exists m \big[m\neq k \land \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}\geq0\big]\\ \Longleftrightarrow~&\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\land \forall P_k\exists m \big[(m\neq k \land \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}>0)\lor(m\neq k \land\overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}=0)\big]\\
\Longleftrightarrow~&\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\land \forall P_k\big[\exists m(m\neq k \land \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}>0)\lor\exists m(m\neq k \land\overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}=0)\big]\\
\Longleftrightarrow~&\big(k\neq m \Longrightarrow \overrightarrow{P_kP_m}\cdot \overrightarrow{v}\neq 0\big)\land \forall P_k\exists m(m\neq k \land \overrightarrow{P_kP_m}\cdot\overrightarrow{v}>0)
\end{align*}
\]
となります．

もとの問題の解説では他の解法があったのですが，別解としての上記のように否定をとり矛盾を示す方針が載っていました．が，その「否定をとる」という作業の時点で既に難しく，ならば論理式で記述したらどうなるかなと思い考えてみました．見た目こそ厳ついものの，論理式の扱いに慣れさえすればとても分かりやすく明解です．

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