解析学I問題解説 $\sharp$2
演習問題[**]1.1
$p=p_0.p_1p_2\cdots$ が $A$ の最小上界であることを証明せよ。
(以下微積分の基礎を厳密に取り扱う演習問題には($*$) を2つ付けてある。)
最初に
$p$ が $A$ の上界であることを示す。
$x$ を $A$ の任意の元とする。
$I(x)$ および $I_k(x)$ の定義より
$I(x)\leqq I(p)=p_0$
および
任意の自然数$k$に対し
$I_k(x)\leqq I(p)=p_k$ が成立する。
よって $x\leqq p$ である。
次は最小性を示す。
結論を否定して $p$ が最小でないとする。このとき $A$ の上界
$\alpha$ で $\alpha\gt p$ となるものが存在する。
自然数 $n$ に対し
$q_n=p_0.p_1p_2p_3\cdots p_n$ とおく。
このとき $q_n\in A$ であり，
任意の自然数 $n$ に対し $q_n\leqq p$ かつ
$p-q_n\leqq10^{-n}$ が成立する。
$p-\alpha>10^{-m}$ となる自然数 $m$ が存在する。
このとき
$$p-q_m\leqq 10^{-m}\lt p-\alpha$$
より $\alpha\lt q_m$ となる。
$q_m\in A$ なのでこれは $\alpha$が$A$ の上界であることに矛盾する。
よって証明された。
演習問題[**]1.2
定理 1.1 を証明せよ
$\ds\lim_{n\to\infty}a_n=\alpha$ の定義は
$$\any\epsilon(\gt0)\in\R\;\exists N\in\N\; \any n\in\N\;\;
n\gt N\naraba |a_n-\alpha|\lt \epsilon $$
である。
与えられた数列は収束しているので以下
$\limn a_n=\alpha,\hS\limn b_n=\beta$ とする。
和・定数倍・積・商の極限
(1) $\epsilon$ を任意の正の実数とする。
$a_n$ について，
任意の $\epsilon$ に対して上の定義の様な $N$ が存在するので，特に
$\dfrac\epsilon 2$
に対してもある $N_1$ が存在する。即ち $N_1\in\N$ で
$$\any n\in\N\hS n\gt N_1\naraba |a_n-\alpha|\lt \frac\epsilon 2$$
を満たすものが存在する。
また $b_n$ についても同様なので，
$N_2\in\N$ で
$$\any n\in\N\hS n\gt N_2\naraba |b_n-\beta|\lt \frac\epsilon 2$$
を満たすものが存在する。
このとき $N=\max\bset{N_1,N_2}$ とおくと ($\max\bset{N_1,N_2}$ は $N_1$ と
$N_2$ の大きい方，$N_1=N_2$ のときはどちらと思ってもよい)，
$n\gt N$ となる任意の自然数 $n$ に対し $n\gt N_1$ かつ $n\gt N_2$ が成立するので，
\begin{align*}
\big|(a_n+b_n)-(\alpha+\beta)\big|&=\big|(a_n-\alpha)+(b_n-\beta)\big|\\
&\leqq\big|a_n-\alpha\big|+\big|b_n-\beta\big|\\
&\lt\frac\epsilon2+\frac\epsilon2=\epsilon
\end{align*}
が成立する。途中で三角不等式 ($|x+y|\leqq|x|+|y|$) を使用した。
(2)
$k=0$ のとき数列は $k a_n=0$ であり，示すべき式は
$|k a_n-k\alpha|=|0-0|=0\lt\epsilon$
なので成立している。よって $k\neq0$ とする。
$\epsilon$ を任意の正の実数とする。
任意の $\epsilon$ に対して上の定義の様な自然数が存在するので，特に
$\dfrac\epsilon{|k|}$
に対してもある $N$ が存在する。即ち $N\in\N$ で
$$\any n\in\N\hS n\gt N\naraba |a_n-\alpha|\lt\frac\epsilon{|k|}$$
を満たすものが存在する。このとき
$$n\gt N\naraba |ka_n-k\alpha|=|k(a_n-\alpha)|=|k|\cdot|a_n-\alpha|\lt|k|\frac{\epsilon}{|k|}=\epsilon$$
が成立するので。
$\ds\lim_{n\to\infty}ka_n=k\alpha$ が成立する。
(3)
最初に，収束する数列は有界であること，即ち $a_n$ が収束するとき，
$$\exists M\in\R\quad\any n\in\N\qquad |a_n|\leqq M$$
が成立することを示す。
任意の $\epsilon$ に対し $N$ が存在するので，特に $1$ に対しある自然数 $N$
が存在し
$n\gt N$ に対し$|a_n-\alpha|\lt1$ が成立する。
このとき$-1\lt a_n-\alpha\lt 1$ であり，
$\alpha-1\lt a_n\lt\alpha+1$ が成立する。
$$M=\max\bset{|a_1|,|a_2|,\ldots,|a_N|,|\alpha+1|,|\alpha-1|}$$
とおく。
$n\leqq N$ のときは
$|a_n|\leqq M$ が成立する。$n\lt N$ のときは
$$\alpha-1\lt a_n\lt \alpha+1$$
が成立する。
いずれの場合も $|a_n|\leqq M$ が成立するので，
有界であることが示された。
$a_n$ は $\alpha$ に収束するので，上に述べた性質をもつ $M$ が存在する。
定理の証明に戻る。
最初に $\beta=0$ の場合を考える。
$\epsilon$ を任意の正数とする。
$b_n$ は $0$ に収束するので，ある自然数 $N$ が存在して，
任意の $n$ に対し
$$n\gt N\naraba |b_n|\lt\frac\epsilon M$$
が成立する。このとき
\begin{align*}
|a_nb_n-\alpha\beta|&=|a_nb_n|=|a_n|\cdot|b_n|
\lt M\frac\epsilon M=\epsilon
\end{align*}
となるので，この場合は証明された。よって $\beta\neq0$ とする。
$\epsilon$ を任意の正数とする。
$b_n$ は $\beta$ に収束するので，
$\dfrac\epsilon{2M}$ に対しある自然数 $N_2$ が存在して
$$n\gt N_2\naraba |b_n-\beta|\lt\frac\epsilon{2M}$$
が成立する。
また$\dfrac\epsilon{2|\beta|}$ に対し自然数 $N_1$ が存在して
$$n\gt N_1\naraba |a_n-\alpha|\lt\frac\epsilon{2|\beta|}$$
が成立する。 $N=\max\bset{N_1,N_2}$とおくと，
$n\gt N$ のとき
\begin{align*}
|a_nb_n-\alpha\beta|&=|(a_nb_n-a_n\beta)+(a_n\beta-\alpha\beta)|\\
&\leqq|a_n|\cdot|(b_n-\beta)|+|(a_n-\alpha)|\cdot|\beta|\\
&\leqq M\cdot|(b_n-\beta)|+|(a_n-\alpha)|\cdot|\beta|\\
&\lt M\frac\epsilon{2M}+\frac\epsilon{2|\beta|}|\beta|=\epsilon
\end{align*}
となるので証明された。
(4)
$\beta\neq0$のとき
$$\limn\frac1{b_n}=\frac1\beta$$
を示せば，(3)の結果とあわせて(4)が証明される。よってこの命題を証明する。
$\epsilon$ として $\dfrac{|\beta|}2$
をとると，ある自然数 $N_1$ が存在して，$n\gt N_1$ のとき
$$|b_n-\beta|\lt\frac{|\beta|}2$$
が成立する。
このとき
$-\dfrac{|\beta|}2\lt b_n-\beta\lt\dfrac{|\beta|}2$ が成立するので，
$\beta-\dfrac{|\beta|}2\lt b_n\lt\beta+\dfrac{|\beta|}2$ が成立する。このことか
ら $n\gt N_1$ のとき $|b_n|>\dfrac{|\beta|}2$ が成立する。
また $b_n$ は $\beta$ に収束するので，
$\dfrac{|\beta|^2}2\epsilon$ に対し自然数 $N_2$ が存在して
$n\gt N_2$ のとき
$$|b_n-\beta|\lt\frac{|\beta|^2}2\epsilon$$
が成立する。$N=\max\bset{N_1,N_2}$ とおくと，
$n\gt N$のとき
\begin{align*}
\left|\frac1{b_n}-\frac1\beta\right|&=\left|\frac{\beta-b_n}{\beta b_n}\right|
=\frac{|\beta-b_n|}{|\beta|\cdot|b_n|}
\lt\frac{2|\beta-b_n|}{|\beta|\cdot|\beta|}
\lt\frac{2}{|\beta|\cdot|\beta|}\frac{|\beta|^2}2\epsilon=\epsilon
\end{align*}
となる。
不等式
$\limn a_n=\alpha$，$\limn b_n=\beta$とし，
背理法で証明する。
即ち
$\alpha\gt\beta$ が成立することを仮定する。
$\epsilon=\dfrac{\alpha-\beta}2$ とする。
収束の定義より
\begin{align*}
\exists N_1\in\N\quad \any n\in\N\qquad n\gt N_1\naraba |a_n-\alpha|\lt\epsilon\\
\exists N_2\in\N\quad \any n\in\N\qquad n\gt N_1\naraba |b_n-\beta|\lt\epsilon
\end{align*}
$|a_n-\alpha|\lt\epsilon$ は
$$\alpha-\epsilon\lt a_n\lt\alpha+\epsilon$$
と同値なので
$$\frac{\alpha+\beta}2=
\alpha-\frac{\alpha-\beta}2\lt a_n\lt \alpha+\frac{\alpha-\beta}2$$
となる。
$|b_n-\beta|\lt\epsilon$は
$$\beta-\epsilon\lt b_n\lt \beta+\epsilon$$
より
$$\beta-\frac{\alpha-\beta}2
\lt b_n\lt \beta+\frac{\alpha-\beta}2=\frac{\alpha+\beta}2$$
となる。
$N=\max\bset{N_1,N_2}$ とおくと
$n\gt N$のとき
$$b_n\lt\frac{\alpha+\beta}2\lt a_n$$
となるがこれは $a_n\lt b_n$ に矛盾する。
よって示された。
はさみうちの定理
任意の正の実数を $\epsilon$ とする。
$a_n,\hs c_n$は $A$ に収束するので
\begin{align*}
\exists N_1\in\N\quad \any n\in\N\hS n\gt N\naraba
A-\epsilon\lt a_n\lt A+\epsilon\\
\exists N_2\in\N\quad \any n\in\N\hS n\gt N\naraba
A-\epsilon\lt c_n\lt A+\epsilon\\
\end{align*}
が成立する。
$N=\max\bset{N_1,N_2}$とおくと
$n\gt N$のとき
$$A-\epsilon\lt a_n\leqq b_n\leqq c_n\lt A+\epsilon$$
が成立するので $b_n$ は $A$ に収束する。
演習問題[**]1.3
定理 1.2 を証明せよ
$\bset{a_n}$ を上に有界な単調非減少数列とする。
$A=\set{a_n}{n\in\N}$ とおくと集合 $A$ は上に有界である。
実数の連続性に関する公理(ワイエルシュトラスの公理)より
$A$ には上限(最小上界)が存在する。これを $\alpha$ とする。
$\alpha$ は上界であるから
$$\any n\in\N\;\; a_n\leqq\alpha$$
が成立する。
$\alpha$ は最小上界なので，
$\any \epsilon>0$ に対し
$\alpha-\epsilon$ は $A$ の上界ではない。即ち
$$\exists N\in\N\hS \alpha-\epsilon\lt a_N$$
が成立する。
このとき
$n>N$ である任意の自然数 $n$ に対し $a_N\leqq a_n$ が成立する。よって
$$\alpha-\epsilon\lt a_N\leqq a_n\leqq\alpha\lt \alpha+\epsilon$$
となる。まとめると
$$\any \epsilon\gt 0\hs\exists N\in\N\hS n\gt N\naraba |a_n-\alpha|\lt \epsilon$$
が成立するので，
$\limn a_n=\alpha$となる。
演習問題 1.4
数列$\bset{a_n}$が下に有界とは
「 $\exists M \in\R\hs\any n\in\N\hS a_n\ge M$ 」と定義し，
$\bset{a_n}$が単調非増加数列であるとは
「 $\any n\in\N\hS a_{n+1}\leqq a_n$ 」と定義する。
定理 1.2 を用いて
「下に有界な単調非増加数列は収束する」ことを証明せよ。
$b_n=-a_n$ とおく。
$\bset{b_n}$ が上に有界な単調非減少数列であることを示す。
$a_n$ は下に有界なので「$\exists N\in\R\;\any n\in\N\;\;a_n\geqq N$」が成立
する。
このとき $M=-N$ とおくと任意の自然数 $n$ に対し
$$b_n=-a_n\leqq -N=M$$
となり $b_n$ は上に有界である。
また $a_n$ は単調減少数列なので任意の自然数 $n$ に対し
$$a_{n+1}\leqq a_n$$
が成立している。このとき
$$b_{n+1}=-a_{n+1}\geqq -a_n=b_n$$
となるので，$b_n$ は単調増加数列である。
定理 1.2 より $b_n$ は収束する。
$\limn b_n=B$ とすると
\begin{align*}
\limn a_n&=\limn(-b_n)=-\limn b_n=-B
\end{align*}
となるので $a_n$ も収束する。
演習問題 1.5
数列 $\bset{a_n}$ を
$a_1=0,\hs a_{n+1}=\dfrac12a_n+1$ で帰納的に定義される数列とする。
(1) 任意の自然数 $n$ に対し $a_{n+1}-a_n\geqq0$ が成立することを数学的帰納
法で示せ。
(2) 任意の自然数 $n$ に対し $a_n\leqq2$ が成立することを示せ。
(1)
$a_2=\dfrac12a_1+1=1$ なので $a_{1+1}-a_1=1-0=1\geqq0$ であり，$n=1$ のとき命題
は成立している。
$n=k$ のとき成立を仮定する，即ち
$a_{k+1}-a_k\geqq0$ の成立を仮定する。
このとき $a_{k+2}=\dfrac12a_{k+1}+1,a_{k+1}=\dfrac12a_k+1$ なので
\begin{align*}
a_{k+2}-a_{k+1}&=\kakko{\frac12a_{k+1}+1}-\kakko{\frac12a_k+1}\\
&=\frac12\kakko{a_{k+1}-a_k}
\end{align*}
となる。$a_{k+1}-a_k\geqq0$ なので $a_{k+2}-a_{k+1}\geqq0$ が成立する。
$n=k+1$
のときも命題が成立しているので，数学的帰納法により示された。
(2)
$a_1=0\leqq2$ なので $n=1$ のとき成立している。
(1)の結果より $a_n$ は単調増加なので，
任意の自然数$n$に対し $a_n\geqq0$ である。
$n=k$ のとき成立を仮定する，即ち $a_k\leqq2$ の成立を仮定する。
このとき
\begin{align*}
a_{k+1}&=\frac12a_k+1\leqq\frac12\cdot2+1=2
\end{align*}
なので $n=k+1$ のときも成立する。
演習問題 1.6
数列 $\bset{a_n}$ を
$a_1=0,a_{n+1}=2a_n-1$ で帰納的に定義される数列とするとき，
$a_n=1-2^{n-1}$ が成立することを示せ。
\begin{align*}
1-2^{1-1}&=1-2^0=1-1=0=a_1
\end{align*}
なので $n=1$ のとき $a_n=1-2^{n-1}$ は成立している。
$n=k$ のとき成立を仮定する，即ち
$a_k=1-2^{k-1}$ の成立を仮定する。
\begin{align*}
a_{k+1}&=2a_k-1=2\big(1-2^{k-1}\big)-1
=1-2^k=1-2^{(k+1)-1}
\end{align*}
となるので $n=k+1$ のときも成立している。
演習問題[**]1.7
定理 1.3 を証明せよ。
$\lim_{x\to a}f(x)=a$の定義は
$$\any\epsilon(\gt0)\in\R\hS\exists\delta(\gt0)\in\R\hS\any x\;\;
0\lt|x-a|\lt\delta\naraba |f(x)-A|\lt\epsilon$$
が成立することである。
以下 $\ds\limx{a}f(x)=A,\limx{a}f(x)=B$ とする。
(1)
$\epsilon>0$ を任意の正数とする。
ある正数 $\delta_1$ が存在して，任意の $x$ に対し
$$0\lt|x-a|\lt\delta_1\naraba|f(x)-A|\lt\frac\epsilon2$$
が成立する。
またある正数 $\delta_2$ が存在して，任意の $x$ に対し
$$0\lt|x-a|\lt\delta_2\naraba|g(x)-B|\lt\frac\epsilon2$$
が成立する。
このとき $\delta=\min\bset{\delta_1,\delta_2}$ とおく。
ここで $\min\bset{\delta_1,\delta_2}$ は
$\delta_1$ と$\delta_2$ の小さい方，$\delta_1=\delta_2$ のときはどちらと思っ
てもよい。
$0\lt|x-a|\lt\delta$ のとき
$0\lt|x-a|\lt\delta_1$ および $0\lt|x-a|\lt\delta_2$ が成立するので
\begin{align*}
|f(x)+g(x)-(A+B)|&=|(f(x)-A)+(g(x)-B)|\\
&\leqq|f(x)-A|+|g(x)-B|\\
&\lt\frac\epsilon2+\frac\epsilon2=\epsilon
\end{align*}
となる。
(2)
$k=0$ の場合は $kf(x)$ は恒等的に $0$ なので成立している。
よって $k\neq0$ とする。
任意の正数 $\epsilon$ に対して上の様な $\delta$ が存在するので，特に
$\dfrac\epsilon{|k|}$ に対し$\delta\gt0$ が存在して
$0\lt|x-a|\lt\delta$ ならば $|f(x)-A|\lt\dfrac\epsilon{|k|}$ を満たす。
このとき
\begin{align*}
|kf(x)-kA|&=\left|k(f(x)-A)\right|=|k|\cdot|f(x)-A|
\lt|k|\frac\epsilon{|k|}=\epsilon
\end{align*}
となるので証明された。
(3)
$1$ に対しある正数 $\delta_0$ が存在し，任意の $x$ に対し
$$0\lt|x-a|\lt\delta_0\naraba |f(x)-A|\lt1$$
が成立している。このとき $M=\max\bset{|A+1|,|A-1|}$ とおくと
$0\lt|x-a|\lt\delta_0$ のとき
$|f(x)|\leqq M$ が成立する。
最初に $B=0$ の場合を考える。
$\epsilon$ を任意の正数とする。
ある正数 $\delta_1$ が存在して
任意の $x$ に対し
$$0\lt|x-a|\lt\delta_1\naraba |g(x)|\lt\dfrac\epsilon{M}$$
が成立する。
$\delta=\min\bset{\delta_0,\delta_1}$ とおくと，
任意の $x$ に対し $0\lt|x-a|\lt\delta$ のとき
\begin{align*}
|f(x)g(x)-AB|&=|f(x)g(x)|=|f(x)|\cdot|g(x)|\\
&\lt M\frac\epsilon M=\epsilon
\end{align*}
が成立する。この場合は証明された。
よって $B\neq0$ とする。
$\epsilon$ を任意の正数とする。ある正数 $\delta_1$ が存在して
任意の $x$ に対し
$$0\lt|x-a|\lt\delta_1\naraba |f(x)-A|\lt\frac{\epsilon}{2|B|} $$
が成立する。また
ある正数 $\delta_2$ が存在して
任意の $x$ に対し
$$0\lt|x-a|\lt\delta_2\naraba |g(x)-B|\lt\frac{\epsilon}{2M} $$
が成立する。
$\delta=\min\bset{\delta_0,\delta_1,\delta_1}$ とおく。
$0\lt|x-a|\lt\delta$ となる $x$ に対し
\begin{align*}
|f(x)g(x)-AB|&=|f(x)g(x)-f(x)B+f(x)B-AB|\\
&\leqq|f(x)g(x)-f(x)B|+|f(x)B-AB|\\
&=|f(x)|\cdot|g(x)-B|+|f(x)-A|\cdot|B|\\
&\lt M\frac\epsilon{2M}+\frac\epsilon{2|B|}|B|
=\epsilon
\end{align*}
となり，この場合も成立する。
(4)
数列のときと同様に
$B\neq0$のとき
$$\lim_{x\to a}\frac1{g(x)}=\frac1B$$
を示せば，(3) と組み合わせて (4) が証明される。
$\epsilon$ として $\dfrac{|B|}2$ をとると，正数 $\delta_1$ が存在して，
$0\lt|x-a|\lt\delta_1$ のとき，
$$|g(x)-B|\lt\frac{|B|}2$$
が成立する。このとき $|g(x)|\gt\dfrac{|B|}2$ が成立する。
$g(x)$ は $B$ に収束するので，
任意の $\epsilon$ に対して
ある正数 $\delta_2$ が存在して，
$0\lt|x-a|\lt\delta_2$ となる任意の $x$ に対し
$$|g(x)-B|\lt\frac{|B|^2}2\epsilon$$
が成立する。
このとき $\delta=\min\bset{\delta_1,\delta_2}$ とおくと
$0\lt|x-a|\lt\delta$ となる任意の $x$ に対し
\begin{align*}
\left|\frac1{g(x)}-\frac1B\right|
&=\left|\frac{B-g(x)}{g(x)B}\right|
=\frac{|B-g(x)|}{|g(x)|\cdot|B|}\\
&^lt\frac{2|B-g(x)|}{|B|^2}\lt\epsilon
\end{align*}
が成立する。
不等式
結論が成立しないと仮定すると，
$A\gt B$が成立している。
$\epsilon=\frac{A-B}2$
とおくと$\epsilon\gt0$なので$\delta_1\gt0$が存在して
\begin{align*}
0<|x-a|<\delta_1&\naraba |f(x)-A|<\epsilon
\end{align*}
が成立する。
結論の式は
\begin{align*}
|f(x)-A|<\epsilon&\naraba -\epsilon0$が存在して
\begin{align*}
0<|x-a|<\delta_2&\naraba |g(x)-B|<\epsilon
\end{align*}
が成立する。
結論の式は
\begin{align*}
|g(x)-B|<\epsilon&\naraba -\epsilon
Last modified: 2026/09/20 13:07