中間値の定理 | ε-論法と基礎解析

1 零点版

定理 1.1 (ボルツァーノの定理). $f$ が $[a,b]$ で連続で $f(a) < 0 < f(b)$ ならば、ある $c \in (a,b)$ で $f(c) = 0$ 。

証明 (区間縮小法). $I_0=[a,b]$ とし、各 $n\ge0$ について $I_n=[a_n,b_n]$ が定まったと仮定する。中点 $m_n=(a_n+b_n)/2$ を取る。 $f(m_n)=0$ なら $c=m_n$ と置いて証明は終わる。以下では常に $f(m_n)\ne0$ と仮定して区間列を作る。

$f(m_n)<0$ なら $I_{n+1}=[m_n,b_n]$ 、 $f(m_n)>0$ なら $I_{n+1}=[a_n,m_n]$ と置く。すると各 $n$ について

I_{n+1}\subset I_n,\qquad f(a_n)<0<f(b_n),\qquad b_n-a_n=2^{-n}(b-a)

が成り立つ。実際、 $n=0$ では仮定から成り立つ。 $n$ で成り立つと仮定する。 $f(m_n)<0$ のときは $a_{n+1}=m_n$ 、 $b_{n+1}=b_n$ であるから

f(a_{n+1})=f(m_n)<0<f(b_n)=f(b_{n+1})

となり、 $f(m_n)>0$ のときも同様に

f(a_{n+1})=f(a_n)<0<f(m_n)=f(b_{n+1})

となる。長さの式はどちらの場合も

b_{n+1}-a_{n+1}=\frac{b_n-a_n}{2}

から従う。

§D1.4 系 2.2により、任意の $\varepsilon>0$ に対して $2^{-n}(b-a)<\varepsilon$ となる $n$ が十分大きく取れる。したがって $b_n-a_n\to0$ であり、§D1.7 命題 3.2によって共通部分 $\bigcap_{n\ge0}I_n$ はただ一点 $\{c\}$ からなる。

$f(c)>0$ と仮定する。 $f$ は $c$ で連続であるから、 $\varepsilon=f(c)/2>0$ に対してある $\delta>0$ が存在し、 $|x-c|<\delta$ なら

|f(x)-f(c)|<\frac{f(c)}2

が成り立つ。したがって $|x-c|<\delta$ なら $f(x)>f(c)/2>0$ である。§D1.4 系 2.2により $2^{-n}(b-a)<\delta$ となる $n$ を取ると、 $c,a_n\in I_n$ であるから

0\le c-a_n\le b_n-a_n<\delta

となり、 $f(a_n)>0$ を得る。これは各 $n$ で成り立つ $f(a_n)<0$ に反する。

$f(c)<0$ と仮定する。 $f$ の $c$ での連続性から、ある $\delta>0$ が存在し、 $|x-c|<\delta$ なら $f(x)<0$ となる。再び $2^{-n}(b-a)<\delta$ となる $n$ を取ると、 $c,b_n\in I_n$ なので

0\le b_n-c\le b_n-a_n<\delta

であり、 $f(b_n)<0$ を得る。これは各 $n$ で成り立つ $f(b_n)>0$ に反する。

したがって $f(c)=0$ である。さらに $f(a)<0<f(b)$ であるから $c\ne a,b$ であり、 $c\in(a,b)$ が従う。▨

証明 (上限法). $S=\{x\in[a,b]\mid f(x)\le0\}$ とおき、 $c=\sup S$ とする。 $f(a)<0$ であるから $a\in S$ 、したがって $S$ は空でない。 $S\subset[a,b]$ であるから $b$ は上界であり、上限公理によって $c$ が存在する。

$f(c)<0$ と仮定する。 $f$ の $c$ での連続性から、ある $\delta>0$ が存在し、 $|x-c|<\delta$ なら $f(x)<0$ となる。 $f(b)>0$ であるから $c\ne b$ であり、 $c<b$ である。 $x=\min(c+\delta/2,b)$ と置くと $x>c$ かつ $|x-c|<\delta$ であるから $f(x)<0$ 、したがって $x\in S$ である。これは $x>c$ が $c$ の上界性に反する。

$f(c)>0$ と仮定する。 $f$ の $c$ での連続性から、ある $\delta>0$ が存在し、 $|x-c|<\delta$ なら $f(x)>0$ となる。§D1.4 命題 1.6を $M=c$ 、 $\varepsilon=\delta$ に対して用いると、 $c-\delta<s$ を満たす $s\in S$ が存在する。 $s\le c$ でもあるので $|s-c|<\delta$ であり、したがって $f(s)>0$ となる。一方、 $s\in S$ の定義から $f(s)\le0$ である。これは矛盾である。

ゆえに $f(c)=0$ である。 $f(a)<0<f(b)$ なので $c\ne a,b$ であり、 $c\in(a,b)$ が従う。▨

上の二つの証明では、実数の完備性を、区間縮小法では区間を一点へ縮める形で、上限法では上限を一点として取り出す形で用いています。

系 1.2 (中間値の定理). $f$ が $[a,b]$ で連続で $y$ が $f(a)$ と $f(b)$ の間の値なら、ある $c\in[a,b]$ で $f(c)=y$ 。

証明. $y=f(a)$ なら $c=a$ 、 $y=f(b)$ なら $c=b$ と取ればよい。

$f(a)<y<f(b)$ のときは $g(x)=f(x)-y$ と置くと $g$ は $[a,b]$ で連続であり、

g(a)=f(a)-y<0< f(b)-y=g(b)

である。したがって定理 1.1により、ある $c\in(a,b)$ が存在して $g(c)=0$ 、すなわち $f(c)=y$ となる。

$f(b)<y<f(a)$ のときは $h(x)=y-f(x)$ と置くと $h$ は $[a,b]$ で連続であり、

h(a)=y-f(a)<0<y-f(b)=h(b)

である。再び定理 1.1により、ある $c\in(a,b)$ が存在して $h(c)=0$ 、すなわち $f(c)=y$ となる。▨

有理数の範囲では、上限や区間の共通点が有理数として存在するとは限りません。そのため、中間値の定理の証明では、実数の完備性を実際に用いています。

2 応用

例 2.1. $f(x)=x^5-x-1$ とおく。多項式は連続であり、

f(1)=1-1-1=-1<0,\qquad f(2)=32-2-1=29>0

である。したがって定理 1.1により、ある $c\in(1,2)$ が存在して $f(c)=0$ となる。数値計算の二分法は、この存在を保ったまま区間を狭める手続きである。

系 2.2. 実係数の奇数次多項式 $p(x)$ は少なくとも1つの実根をもつ。

証明. 最高次係数を $A$ とする。 $A<0$ なら $-p$ に置き換えてよいので、 $A>0$ と仮定する。奇数次多項式の最高次項は無限遠で符号を支配するから、ある実数 $R>0$ が存在して

x\ge R \Rightarrow p(x)>0,\qquad x\le -R \Rightarrow p(x)<0

が成り立つ。したがって $a=-R$ 、 $b=R$ と置けば $p(a)<0<p(b)$ である。多項式は $[a,b]$ で連続であるから、定理 1.1により $(a,b)$ に零点をもつ。▨

系 2.3. 連続関数 $f : [0, 1] \to [0, 1]$ は不動点をもつ。すなわち $f(c) = c$ となる $c \in [0, 1]$ が存在する。

証明. $g(x)=f(x)-x$ とおく。 $f$ と恒等関数の差であるから $g$ は $[0,1]$ で連続である。また $f([0,1])\subset[0,1]$ であるから

g(0)=f(0)\ge0,\qquad g(1)=f(1)-1\le0

が成り立つ。 $g(0)=0$ または $g(1)=0$ なら、その端点が不動点である。そうでなければ $g(1)<0<g(0)$ であり、 $0$ は $g(0)$ と $g(1)$ の間の値である。したがって系 1.2により、ある $c\in[0,1]$ が存在して $g(c)=0$ 、すなわち $f(c)=c$ となる。▨

系 2.3は、区間を自分自身へ連続に写すと必ず「動かない点」がある、というブラウワーの不動点定理の最も簡単な場合です。高次元の場合（円板を自分へ写す場合）のブラウワーの不動点定理は、代数的位相の方法を要する深い定理です。

3 演習

問題 3.1. $S\subset\R$ が空でなく上に有界であり、 $c=\sup S$ とする。任意の $\varepsilon>0$ に対して

S\cap(c-\varepsilon,c]\ne\varnothing

が成り立つことを証明せよ。さらに、 $c\notin S$ ならば、任意の $\varepsilon>0$ に対して $S\cap(c-\varepsilon,c)$ が無限集合であることを証明せよ。

解答.

$\varepsilon>0$ を取る。 $S$ は空でなく上に有界であり、 $c=\sup S$ であるから、§D1.4 命題 1.6により、 $c-\varepsilon<x$ を満たす $x\in S$ が存在する。 $c$ は $S$ の上界であるから、 $x\le c$ である。したがって $x\in S\cap(c-\varepsilon,c]$ であり、 $S\cap(c-\varepsilon,c]\ne\varnothing$ である。

$c\notin S$ とし、 $\varepsilon>0$ を取る。 $S\cap(c-\varepsilon,c)$ が有限集合であると仮定する。前半により $S\cap(c-\varepsilon,c]$ は空でなく、 $c\notin S$ であるから $S\cap(c-\varepsilon,c]=S\cap(c-\varepsilon,c)$ である。したがって $S\cap(c-\varepsilon,c)$ は空でない有限集合であり、最大元 $m$ をもつ。 $c-\varepsilon<m<c$ である。前半を $\varepsilon'=c-m>0$ に用いると、 $c-\varepsilon'<s\le c$ を満たす $s\in S$ が存在する。 $c\notin S$ であるから $s<c$ であり、 $s>c-\varepsilon'=m>c-\varepsilon$ である。したがって $s\in S\cap(c-\varepsilon,c)$ かつ $s>m$ であり、 $m$ が最大元であることに反する。ゆえに $S\cap(c-\varepsilon,c)$ は無限集合である。▨

問題 3.2. $n$ を正の整数とし、 $f:[0,1]\to\R$ を連続で $f(0)=f(1)$ を満たす関数とする。ある $x\in[0,1-1/n]$ が存在して $f(x+1/n)=f(x)$ となることを証明せよ。

解答.

$n=1$ のとき、 $x=0$ について $f(x+1)=f(1)=f(0)$ である。以下、 $n\ge2$ とし、 $h=1/n$ 、 $J=[0,1-h]$ とおく。

|g(x)-g(x_0)|\le|f(x+h)-f(x_0+h)|+|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon

である。したがって $g$ は $J$ で連続である。

$k=0,1,\ldots,n-1$ について $kh\in J$ であり、和は隣り合う項が打ち消し合うので

\sum_{k=0}^{n-1}g(kh)=\sum_{k=0}^{n-1}\bigl(f((k+1)h)-f(kh)\bigr)=f(1)-f(0)=0

である。ある $k$ で $g(kh)=0$ ならば、 $x=kh$ が求める点である。そうでなければ、 $n$ 個の値 $g(kh)$ はどれも $0$ でなく、和が $0$ であるから、すべてが正であることもすべてが負であることもない。したがって $g(ih)<0<g(jh)$ を満たす $i,j\in\{0,\ldots,n-1\}$ が存在する。 $i\ne j$ であり、 $p=\min(i,j)h$ 、 $q=\max(i,j)h$ とおくと $[p,q]\subset J$ である。 $g$ は $[p,q]$ で連続であり、 $0$ は $g(p)$ と $g(q)$ の間の値であるから、系 1.2により、ある $x\in[p,q]$ が存在して $g(x)=0$ 、すなわち $f(x+1/n)=f(x)$ となる。▨

問題 3.3. $f:[a,b]\to\R$ が連続で $f(a)>0>f(b)$ とする。集合

T=\{x\in[a,b]\mid f(x)\ge0\}

と $d=\sup T$ を用いて零点の存在を証明せよ。さらに、 $d$ は $f$ の $[a,b]$ における零点のうち最大のものであることを証明せよ。また、 $[a,b]=[0,4]$ 、 $f(x)=-(x-1)(x-2)(x-3)$ のとき、 $d$ を求め、 $-f$ に区間縮小法の証明の構成を適用して得られる零点が $d$ と異なることを示せ。

解答.

$f(a)>0$ であるから $a\in T$ であり、 $T$ は空でない。 $T\subset[a,b]$ であるから、 $b$ は $T$ の上界である。§D1.4 定義 1.2により $d=\sup T$ が存在する。 $a\in T$ であるから $a\le d$ であり、 $d$ は $T$ の最小の上界であるから $d\le b$ である。したがって $d\in[a,b]$ である。

$f(d)>0$ と仮定する。 $f$ の $d$ での連続性から、 $\varepsilon=f(d)/2>0$ に対してある $\delta>0$ が存在し、 $|x-d|<\delta$ を満たすすべての $x\in[a,b]$ に対して $|f(x)-f(d)|<f(d)/2$ が成り立つ。そのような $x$ では $f(x)>f(d)/2>0$ である。 $f(b)<0$ であるから $d\ne b$ であり、 $d<b$ である。 $x=\min(d+\delta/2,b)$ とおくと、 $d<x\le b$ かつ $|x-d|\le\delta/2<\delta$ であるから、 $x\in[a,b]$ かつ $f(x)>0$ であり、 $x\in T$ である。一方、 $d$ は $T$ の上界であるから $x\le d$ であり、この不等式は $x>d$ と両立しない。したがって $f(d)>0$ は成り立たない。

$f(d)<0$ と仮定する。 $f$ の $d$ での連続性から、 $\varepsilon=-f(d)/2>0$ に対してある $\delta>0$ が存在し、 $|x-d|<\delta$ を満たすすべての $x\in[a,b]$ に対して $|f(x)-f(d)|<-f(d)/2$ が成り立つ。そのような $x$ では $f(x)<f(d)/2<0$ である。§D1.4 命題 1.6を $M=d$ 、 $\varepsilon=\delta$ に対して用いると、 $d-\delta<t$ を満たす $t\in T$ が存在する。 $d$ は $T$ の上界であるから $t\le d$ であり、 $|t-d|<\delta$ である。したがって $f(t)<0$ である。一方、 $t\in T$ であるから $f(t)\ge0$ であり、 $f(t)<0$ と両立しない。したがって $f(d)<0$ は成り立たない。

$f(d)>0$ も $f(d)<0$ も成り立たないので、 $f(d)=0$ である。 $f(a)>0$ かつ $f(b)<0$ であるから $d\ne a$ かつ $d\ne b$ であり、 $d\in(a,b)$ は $f$ の零点である。

$z\in[a,b]$ が $f(z)=0$ を満たすならば、 $f(z)\ge0$ であるから $z\in T$ であり、 $d$ は $T$ の上界であるから $z\le d$ である。 $d$ 自身が零点であるから、 $d$ は $f$ の零点のうち最大のものである。

$[a,b]=[0,4]$ 、 $f(x)=-(x-1)(x-2)(x-3)$ とする。 $f$ は多項式であるから連続であり、 $f(0)=6>0$ 、 $f(4)=-6<0$ である。 $x<1$ では三つの因子 $x-1,x-2,x-3$ がすべて負であり、 $1<x<2$ では $x-1$ だけが正であり、 $2<x<3$ では $x-3$ だけが負であり、 $x>3$ では三つとも正である。したがって $(x-1)(x-2)(x-3)$ は $x<1$ と $2<x<3$ で負、 $1<x<2$ と $x>3$ で正であり、 $x=1,2,3$ で $0$ である。ゆえに、 $x\in[0,4]$ について $f(x)\ge0$ となるのは $x\in[0,1]$ または $x\in[2,3]$ のときに限る。したがって $T=[0,1]\cup[2,3]$ であり、 $d=\sup T=3$ である。一方、 $g=-f$ とおくと $g(x)=(x-1)(x-2)(x-3)$ であり、 $g(0)=-6<0<6=g(4)$ である。区間縮小法の証明の構成では、最初の中点 $m_0=(0+4)/2=2$ で $g(2)=0$ となるので、 $c=m_0=2$ と置いて構成が終わる。 $g(2)=0$ は $f(2)=0$ と同値であるから、得られる零点は $2$ であり、 $d=3$ と異なる。▨

§D1.12中間値の定理

1 零点版

2 応用

3 演習

参考文献

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