有界閉区間上の連続関数

ここでは有界閉区間 [a, b] 上の連続関数に特有の性質を紹介する．既に高校数学IIIで学習したものもあるが，

証明を与えるのは初めてである．

定理2.14. （中間値の定理）

 関数 f(x)は閉区間 [a, b] で連続でf(a)=\ f(b) とする．このとき，f(a) と f(b)の間にある任意の実数 µに 対して

a < ξ < b, µ=f(ξ) となる点ξが存在する．

証明.  f(a)< f(b)の場合を証明する．f(a)< µ < f(b)となる任意の実数µをとる．このとき g(x) =f(x)−µ

とおくと，g(x)は [a, b]で連続であり，g(a)<0, g(b)>0となる．このとき g(ξ) = 0, a < ξ < b

をみたすξが存在することを示せば，これはf(ξ) =µとなり求めるものとなる．

そこで，数列{an}^∞n=1,{bn}^∞n=1, {cn}^∞n=1を次のように定める．まず a₁=a, b₁=b, c₁= a₁+b₁

2

とおく．以下帰納的に，g(cn) = 0ならば ξ=cn とすれば証明が終わり，g(cn)= 0\ ならば g(c_n)>0 =⇒ a_n+1=a_n, b_n+1=c_n, c_n+1= an+bn

2 g(cn)<0 =⇒ an+1=cn, bn+1=bn, cn+1= an+bn

2

と定義する．つまり，g(c_n)>0ならば区間[a_n, b_n]の左半分を[a_n+1, b_n+1]とし，g(c_n)<0 ならば区間[a_n, b_n] の右半分を[an+1, bn+1]とおく．このとき，もしすべての自然数nに対してg(cn)= 0\ ならば

a1≦a2≦· · ·≦an≦an+1≦· · ·≦bn+1≦bn ≦· · ·≦b2≦b1, g(an)<0, g(bn)>0 が成り立つ．

これより，数列{a_n}^∞_n=1 は上に有界な単調増加数列，{b_n}^∞_n=1 は下に有界な単調減少数列なのでともに収束す る．そこで

α= lim

n→∞an, β = lim

n→∞bn

とおけば

b_n−a_n = bn−1−an−1

2 =· · ·= b₁−a₁

2ⁿ⁻¹ −→ 0 (n→ ∞) であるから，β−α= 0 となる．ゆえに，ξ=α=β とおけば，関数g(x)の連続性より

g(ξ) = lim

n→∞g(an)≦0, g(ξ) = lim

n→∞g(bn)≧0

となるので，g(ξ) = 0が成り立つ．従って，このξが求めるものである．f(a)> f(b)の場合も同様に示せる．

この中間値の定理の証明に従って，区間 [an, bn]の幅を絞っていき方程式の解の近似値を計算する方法を2分 法という．収束の精度はあまり良い方でないが，アルゴリズム自体が理解しやすいこと，および方程式を定める関 数が連続ならば必ず収束することが利点である．方程式の解の近似値を計算する方法としては他にニュートン法 と呼ばれるものがあるので，これは微分法の章の最後に応用例として紹介する．

例題2.15.  次の方程式が与えられた区間I に解をもつことを示せ．

(1) 2^x−3x−5 = 0 I= [4,5] (2) sinx=xcosx I=

π, 3 2 π

（解答） 

(1)  f(x) = 2^x−3x−5とおくと，これは区間[4,5]で連続である．また

f(4) = 16−12−5 =−1<0, f(5) = 32−15−5 = 12>0 であるから，中間値の定理より

4< ξ <5, f(ξ) = 0 となるξが存在する．このξ が求める解である．

(2)  f(x) = sinx−xcosxとおくと，これは区間h π, 3

2 π

iで連続である．また

f(π) = 0−π·(−1) =π >0, f 3

2 π

=−1− 3

2 π·0 =−1<0 であるから，中間値の定理より

π < ξ < 3

2 π, f(ξ) = 0 となるξが存在する．このξ が求める解である．

（解答終）

例題2.16.  奇数次数の方程式

x²ⁿ⁺¹+a2nx²ⁿ+· · ·+a1x+a0= 0 は実数解をもつことを示せ．

（解答） f(x) =x²ⁿ⁺¹+a2nx²ⁿ+· · ·+a1x+a0 とおくと，これはR上の連続関数である．また

xlim→∞f(x) =∞, lim

x→−∞f(x) =−∞

であるから，ある実数a, b (a < b)でf(a)<0, f(b)>0 となるものが存在する．よって，区間[a, b]で中間値の 定理を適用すれば

a < ξ < b, f(ξ) = 0 となるξが存在する．これが求める実数解である．

（解答終）

定理2.17. （最大値・最小値の定理）

 関数f(x)が閉区間[a, b]で連続であるとき，f(x)の [a, b]における最大値と最小値が存在する．

証明.  2つの段階に分けて最大値が存在することを証明する．最小値については，−f(x)について同様の議論 をすればよい．

(Step1)〜f(x)は [a, b]で有界であること〜

f(x)が [a, b]で有界でないと仮定する．このとき，任意の自然数nは |f(x)|の上界ではない．したがって a≦an≦b, |f(an)|> n

を満たすan が存在する．数列{an}^∞_n=1は下界 a，上界bをもつので有界である．

よって，第3章定理6.8（Bolzano-Weierstrassの定理）より，収束する部分列{an_k}^∞k=1が存在する．lim

k→∞an_k=c とおくと，a≦c≦b であり，|f(x)| は連続だから，lim

k→∞|f(a_nk)|=|f(c)|となる．一方，数列{a_n}^∞_n=1 の決め 方より

|f(an_k)|> nk≧k であるから，lim

k→∞|f(an_k)|=∞となる．これは矛盾である．

従って，|f(x)|は上界をもつから，f(x)は [a, b]で有界となる．

(Step2)〜f(x)は [a, b]で最大値をもつこと〜

f(x)の[a, b]における最大値が存在しないと仮定する．(Step1)よりf は上に有界であるから，[a, b]における 上限が存在する．f(x)の[a, b]における上限を

α= sup

x∈[a,b]

f(x) とおくと，αは最大値ではないから

f(x)< α (x∈[a, b]) (2.1)

が成り立つ．

ここで，関数g(x)を

g(x) = 1 α−f(x)

で定める．f(x)は連続で，また(2.1)より分母が0にならないから，g(x)は[a, b]で連続である．よって，(Step1) で証明したことを再び適用すると，g(x)は[a, b]で有界である．ゆえに，ある定数M >0で

g(x) = 1

α−f(x) ≦M (x∈[a, b]) となるものが存在する．これより

f(x)≦α− 1

M (x∈[a, b]) が成り立つ．よって，α− 1

M はf(x)の[a, b]における上界の1つとなる．しかし，これはαが上限，すなわち 上界の最小値であることに矛盾する．従って，αは f(x)の[a, b]における最大値である．