解析学 I レポート問題 No.2 解答・解説（2024.6.10 出題）

 プリントは http://www.math.sci.hiroshima-u.ac.jp/~takimoto/R6Kai1.html にも置いてあります．

問１ (1) ［証明］仮定より A は上に有界であるから、実数の連続性により sup A が存在する． a は A の上界であり， sup A は A の上界全体の集合の最小値であるから， sup A ≤ a である． ■

\underline{注意．}問題文を変えて

「任意の x ∈ A に対して x < a である」を満たすならば， sup A < a である

という命題を考えると，これは偽です．例えば， A = (−∞, a) とおくと，任意の x ∈ A に対して x < a ですが， sup A = a です．「任意の x ∈ A に対して x < a」が成り立っていたとしても， sup A ≤ a （←等号が付く！）しか成立しないということに注意してください．

\underline{注意．} (1) を「論理記号を用いた sup A の定義」を用いて書くならば，次のようになります。

仮定より A は上に有界であるから，実数の連続性により sup A が存在する．

m = sup A とおき， m > a であると仮定する．すると，上限の定義により次が成り立つ．

∀b < m, ∃x ∈ A s.t. b < x · · · · · · (∗)

が成立する．しかし， b = a とおくと， b < m であり，仮定から「∀x ∈ A, x ≤ b」が成立する．これは (∗) の否定が真であることを意味するので矛盾である．

従って， sup A = m ≤ a である．

(2) ［証明］実数の連続性により B の上限 sup B が存在する．まず， A が上に有界であ

ることを示す．（即ち， ∃a ∈ ℝ s.t. ∀x ∈ A, x ≤ a を示す）

a = sup B (∈ ℝ) とおく．すると sup B の定義から

∀x ∈ B, x ≤ a · · · · · · (♢)

が成立する．

任意に x ∈ A を取る．すると仮定 A ⊂ B から x ∈ B を得る．故に， (♢) により x ≤ a = sup B であるから， A は上に有界である．

従って， A は空でない上に有界な集合であるから，実数の連続性により sup A が存在する．また， a = sup B が A の上界であることと sup A は A の上界全体の集合の最小値であることにより sup A ≤ a = sup B が成立する． ■

\underline{注意．}最後の段落（「従って， A は……」の部分）は，直前の段落で「任意の x ∈ A に対して x ≤ sup B である」が示されているわけですから，「従って， (1) の結果から sup A ≤ sup B であることが分かる．」とだけ書いても O.K. です．

問２まずは A を具体的に書き出してみて max A, min A, sup A, inf A がどうなるか予想してみましょう．すると

A = \{ 0, \frac{3}{2}, −\frac{2}{3}, \frac{5}{4}, −\frac{4}{5}, \frac{7}{6}, −\frac{6}{7}, \frac{9}{8} … \}

ですので， max A = sup A = \frac{3}{2}, inf A = −1 であり， min A は存在しないことが予想されます． max A, sup A, min A については概ね正しい議論ができていましたが， inf A は難関だったようです．しっかり復習して，もう一度ご自身の手で解答を書いてみましょう．

［解答］\underline{• max A}

(i) ∀x ∈ A, x ≤ \frac{3}{2}, (ii) \frac{3}{2} ∈ A を示す．

任意に x ∈ A を取ると， A の定義より x = (−1)^{n} + \frac{1}{n} (n ∈ ℕ) と書ける．このとき，

\underline{(i) n が奇数のとき}(−1)^{n} = −1, \frac{1}{n} ≤ \frac{1}{1} = 1 であるから x = (−1)^{n}+\frac{1}{n} ≤ −1+1 = 0 < \frac{3}{2} である．

\underline{(ii) n が偶数のとき}(−1)^{n} = 1, \frac{1}{n} ≤ \frac{1}{2} であるから x = (−1)^{n} + \frac{1}{n} ≤ 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} である．故に (i) は示された．また， 2 ∈ ℕ であり\frac{3}{2} = (−1)^{2} + \frac{1}{2} であるから (ii) も成立する．

従って，\underline{max A = \frac{3}{2}} である．

\underline{• sup A}

max A が存在するので， sup A = max A = \underline{\frac{3}{2}} .

［別解］（sup A = \frac{3}{2} を定義通り示すと……）

(i) ∀x ∈ A, x ≤ \frac{3}{2}, (ii) ∀a < \frac{3}{2}, ∃x ∈ A s.t. a < x を示す．

(i) は max A = \frac{3}{2} の証明における (i) と同じ．

(ii) を示すために，任意に a < \frac{3}{2} を取る．このとき， x = \frac{3}{2} とおけば， x = (−1)^{2} + \frac{1}{2} ∈ A かつ a < \frac{3}{2} = x が成立する．従って (ii) が示された．

従って，\underline{sup A = \frac{1}{4}} である．

\underline{• inf A}

(i) ∀x ∈ A, x ≥ −1 と (ii) ∀a > −1, ∃x ∈ A s.t. x < a を示す．

任意に x ∈ A を取ると， A の定義より x = (−1)^{n} + \frac{1}{n} (n ∈ ℕ) と書ける．従って，

x = (−1)^{n} + \frac{1}{n} ≥ −1 + \frac{1}{n} > 1

が成立する．故に (i) は示された．

次に，任意に a > −1 を取る．このとき， n_{0} = 2 [\frac{1}{a + 1}] + 1 とおき， x = (−1)^{n_{0}} + \frac{1}{n_{0}} と定めると， [\frac{1}{a + 1}] ≥ 0 であ

るから n_{0} ∈ ℕ であり，従って x ∈ A である．このとき

x = (−1)^{n_{0}} + \frac{1}{n_{0}} = −1 + \frac{1}{n_{0}} （∵ n_{0} は奇数）

= −1 + \frac{1}{2 [\frac{1}{a+1}] + 1}

≤ −1 + \frac{1}{[\frac{1}{a+1}] + 1} < −1 + \frac{1}{\frac{1}{a+1}} = −1 + (a + 1) = a

が成立するので， (ii) は示された．

従って，\underline{inf A = −1} である．

\underline{• min A}

いま， min A が存在したと仮定すると， min A = inf A = −1 となる．ところが， inf A = −1 の証明の (i) より，任意の x ∈ A に対して x > −1 であったから −1 ∉ A である．これは min A = −1 であることに矛盾する．

従って，\underline{A の最小値は存在しない}．

\underline{コメント．}上に書いた答案で一番の難所は n_{0} = 2 [\frac{1}{a + 1}] + 1 とおくところではないでしょうか．なぜこんな摩訶不思議？な数がいきなり登場したのでしょうか．それは，頭の中で次のようなことを考えていたからです．目標は，任意に a > −1 を取ったとき， x ∈ A で x < a となる x を見つけることでしたね．

（頭の中） ; • x ∈ A なら x = (−1)^{n} + \frac{1}{n} (n ∈ ℕ) という形で書けている． ; • (−1)^{n} + \frac{1}{n} は n が偶数のときは正の数， n が奇数のときは 0 以下である． ; • a は −1 よりほんのちょっと大きい数も想定しているのだから， n が偶数だとまずいぞ． ; • だから n は奇数にしなければいけないだろう． ; • n が奇数なら x = (−1)^{n} + \frac{1}{n} = −1 + \frac{1}{n} となっているぞ． ; • そのとき x = −1 + \frac{1}{n} < a となって欲しいわけだ． ; • これを解けば n > \frac{1}{a + 1} となるから， n = [\frac{1}{a + 1}] + 1 とすれば良さそう． ; • あっ！でもこれだと n が奇数である保証はないや……それなら， 2 倍して 1 を引けば ; 奇数になって良さそう．

……ということで n_{0} = 2 [\frac{1}{a + 1}] + 1 が出てきたのです．無論，これ以外にもいろいろな解答の

仕方があり，「\frac{1}{a + 1} より大きい奇数を一つ取り，それを n_{0} とおく」と書いても O.K. です． \underline{コメント．}A の最小値が存在しないことについては，「min A が存在するならば min A = inf A が成り立つ」という命題を使いましたが，この命題を使わずに直接証明するならば次のようになります．

［別証］いま， m = min A が存在したと仮定すると， m ∈ A であるから， m = (−1)^{n} + \frac{1}{n} (n ∈ ℕ) と書ける． · · · · · · (∗)

ここで， x = (−1)^{n+2} + \frac{1}{n + 2} とおくと（n + 2 ∈ ℕ なので） x ∈ A であり， (−1)^{n+2} =

(−1)^{n} · (−1)^{2} = (−1)^{n} なので

x = (−1)^{n+2} + \frac{1}{n + 2} = (−1)^{n} + \frac{1}{n + 2} < (−1)^{n} + \frac{1}{n} = m

が成立する．これは ∃x ∈ A s.t. x < m が成り立つことを意味し， m = min A であることに矛盾する．従って，\underline{A の最小値は存在しない}．

\underline{コメント．}上の証明において， (∗) の後で x = (−1)^{2n+1} + \frac{1}{2n + 1} とおいても， x ∈ A かつ x < m

が示せます．他にも n の偶奇で場合分けして考えるなど，いろいろな解答がありました．

\underline{注意．}「A に最小値が存在しないこと」は次の命題と同値になります（各自証明してみてください）．

∀x ∈ A, ∃y ∈ A s.t. x > y.

これを用いても証明することができます（本質的には上の証明と同じになりますけど）．

問３ (1) ［証明］任意に ε > 0 を取る．このとき， N = [\frac{1}{ε^{2}} ] + 1 とおくと N ∈ ℕ であ

る． n ≥ N ならば

|a_{n} − 0| = |\frac{cos n}{\sqrt{n}}| = \frac{| cos n|}{\sqrt{n}} ≤ \frac{1}{\sqrt{n}} ≤ \frac{1}{\sqrt{N}} = \frac{1}{\sqrt{[\frac{1}{ε^{2}} ] + 1}} < \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{ε^{2}}}} = ε

が成立するので， lim_{n→∞} a_{n} = 0. ■

\underline{注意．} N = [\frac{| cos n|}{ε^{2}}] + 1 などと書いてある答案がいくつかありました．収束することの定義は

「∀ε > 0, ∃N ∈ ℕ s.t. · · · 」です．これを見ると分かるように， ε > 0 を任意にとってきた時点では n はまだ登場していません．ですので， N は n に依っては（n を使って表現しては）マズイのです．結局， N は ε にしか依らないということになります．

(2) ［証明］任意に ε > 0 を取る．このとき， N = 1 とおく． n ≥ N ならば

|b_{n} − 2024| = |2024 − 2024| = 0 < ε · · · · · · (∗)

が成立するので， lim_{n→∞} b_{n} = 2024. ■

\underline{注意．}同様にして， a_{n} = α (n ∈ ℕ) で定義される数列 \{a_{n}\} が α に収束することも示すことができます．また， N = [ε] + 1 など，無理して ε に依存するようにした答案もありました．勿論，正しく議論できていれば正解なのですが，「N は ε にしか依らない」であって「N は ε に依らなければいけない」ではないです．

(3) ［証明］任意に M > 0 を取る．このとき， N = [M] + 2 とおくと N ∈ ℕ である． n ≥ N ならば， n(n − 1) + 1 > 0 かつ n^{2} + 1 > 0 であるから

c_{n} = n − 1 + \frac{n(n − 1) + 1}{n^{2} + 1} > n − 1 ≥ N − 1 = [M] + 1 > M

が成立するので， lim_{n→∞} c_{n} = ∞. ■

［別証］任意に M > 0 を取る．このとき， N = [2M] + 1 とおくと N ∈ ℕ である． n ≥ N ならば，

c_{n} = \frac{n^{3}}{n^{2} + 1} ≥ \frac{n^{3}}{n^{2} + n^{2}} = \frac{n}{2} ≥ \frac{N}{2} > \frac{2M}{2} = M

が成立するので， lim_{n→∞} c_{n} = ∞. ■

(4) ［証明］任意に M > 0 を取る．このとき， N = [\frac{M}{3} ] + 1 とおくと N ∈ ℕ である．

n ≥ N ならば

d_{n} = −3n − 1 ≤ −3N − 1 < −3N = −3 ([\frac{M}{3} ] + 1) < −3 · \frac{M}{3} = −M

が成立するので， lim_{n→∞} d_{n} = −∞. ■

\underline{注意．}上の解答を書く際，実際に d_{n} < −M を解いて N をどう決めればよいかを考えるわけです．ただ， d_{n} < −M が満たされるギリギリの n を求める必要はありません．「n ≥ N ならば d_{n} < −M」が満たされるような N を一つ見つければ良い（つまり d_{n} < −M が満たされるための十分条件を求めれば良い）わけです．ギリギリの n を求める方法でやろうとすると， N = max \{[\frac{M − 1}{3}] + 1, 1\} となります（もちろん，この N で以降の議論を正しく進めていれば正解です^{1}）．

\underline{注意．}講義では lim_{n→∞} a_{n} = −∞ の定義として「∀M < 0」で始まるものと「∀M > 0」で始まるものの両方を書きましたが，証明を書く際には「∀M > 0」で始まるもので考えた方が皆さんにとって書きやすいと思います（実際，符号の勘違いによるミスが多かったです）．

や「任意に M ≥ 1 を一つ取ったとき_{^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿}} ， N = [\frac{M − 1}{3}] + 1 とおく」などと書いてあれば正しいです．

1……正解ではありますが，かなり注意が必要です． N = [\frac{M − 1}{3}] + 1 としてしまうと M < 1 のときに N は自然数にならなくなってしまいます． max を取らなくても「N を\frac{M − 1}{3} より大きな自然数とする」

問４ (1) ［解答］\underline{∃ε > 0 s.t.} \underline{∀N ∈ ℕ, ∃n ∈ ℕ s.t. (n ≥ N ∧ |a_{n} − α| ≥ ε).}

(2) ［証明］ ε = 1 とおく．任意に N ∈ ℕ を取る．このとき n = 2N − 1 (∈ ℕ) とおく．すると， n ≥ N であり，

|a_{n} − 1| = |((−1)^{2N−1} + \frac{1}{2N − 1}) − 1| = |−2 + \frac{1}{2N − 1}| = 2 − \frac{1}{2N − 1} ≥ 2 − 1 = 1 = ε

が成立する．よって，数列 {a_{n}} は 1 に収束しない． ■

\underline{注意．} N について「(i) N が奇数のとき→ n = N とおく」「(ii) N が偶数のとき→ n = N + 1 とおく」の二つに場合分けをした答案を書くこともできます．

\underline{注意．}任意の α ∈ ℝ に対して，数列 \{a_{n}\} が α に収束しないことも次のようにして証明できます．

［証明］任意に α ∈ ℝ をとる． \underline{(i) α ≥ 0 のとき}

ε = \frac{2}{3} とおく．任意に N ∈ ℕ を取る．このとき n = 2N + 1 (∈ ℕ) とおく．すると， n ≥ N であり，

|a_{n} − α| = |((−1)^{2N+1} + \frac{1}{2N + 1}) − α| = |−1 + \frac{1}{2N + 1} − α|

= 1 − \frac{1}{2N + 1} + α (∵ 1 − \frac{1}{2N + 1} > 0, α ≥ 0)

≥ 1 − \frac{1}{2N + 1} ≥ 1 − \frac{1}{3} = \frac{2}{3} = ε

が成立する．よって，数列 {a_{n}} は α に収束しない． \underline{(ii) α < 0 のとき}

ε = \frac{1}{2} とおく．任意に N ∈ ℕ を取る．このとき n = 2N (∈ ℕ) とおく．すると， n ≥ N であり，

|a_{n} − α| = |((−1)^{2N} + \frac{1}{2N} ) − α| = |1 − \frac{1}{2N} − α|

= 1 − \frac{1}{2N} − α (∵ 1 − \frac{1}{2N} > 0, α < 0)

≥ 1 − \frac{1}{2N} ≥ 1 − \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = ε

が成立する．よって，数列 {a_{n}} は α に収束しない．

以上の結果，数列 {a_{n}} はどんな実数にも収束しない，即ち {a_{n}} は発散することが示された． ■