カテゴリー: 大学数学

「\(f(x)\)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）

（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）