証明の目標は\(^\forall\varepsilon\gt 0,\ ^\exists N(\varepsilon)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N(\varepsilon)\Longrightarrow |ka_{n}-k\alpha|\lt \varepsilon]\)である。k=0のとき、絶対値内は0で \(\varepsilon\)は任意の正数なので、それで証明は終了する。
前提条件から、次のことが成り立っている。混乱を回避するために\(\varepsilon\)ではなく、\(\lambda\)を用いておく。
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_{n}= \alphaより、^\forall\lambda\gt 0,\ ^\exists N(\lambda)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N(\lambda)\Longrightarrow |a_{n}-\alpha|\lt \lambda]\)である。これから\(|ka_{n}-k\alpha|=|k||a_{n}-\alpha| \lt |k|\cdot\lambda\)であるから、\(\lambda=\dfrac{\varepsilon}{|k|}\)ととれば、目標となる\(\lt \varepsilon\) の大小関係が出てくる。
(証明)
与条件から\(^\forall\lambda\gt 0,\ ^\exists N(\lambda)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N(\lambda)\Longrightarrow |a_{n}-\alpha|\lt \lambda]\)である。\(k = 0\)であれば、\(0 \lt \lambda\)であるから、 必ず成り立つ。ゆえに\(k \neq 0\)として考える。
ここで、適当に\(N\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{|k|}\Bigr)\)ととると、与条件式は \(^\forall\varepsilon\gt 0,\ ^\exists N\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{|k|}\Bigr)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{|k|}\Bigr)\Longrightarrow |a_{n}-\alpha|\lt\dfrac{\varepsilon}{|k|}]\)となる。
このとき、 \(|ka_{n}-k\alpha|=|k||a_{n}-\alpha|\lt |k|\cdot\dfrac{\varepsilon}{|k|}=\varepsilon\)が導出される。したがって、 \(^\forall\varepsilon\gt 0,\ ^\exists N(\varepsilon)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N(\varepsilon)\Longrightarrow |ka_{n}-k\alpha|\lt \varepsilon]\)が成り立ち、 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} ka_{n}= k\alpha\quad(kは定数)\quad\)は証明された。    (証明終了)
②の証明の舞台裏
符号＋を証明する。まず目標は\(^\forall\varepsilon\gt 0,\ ^\exists N(\varepsilon)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N(\varepsilon)\Longrightarrow |(a_{n}+b_{n})-(\alpha+\beta)|\lt \varepsilon]\)である。\(a_{n}\)と\(b_{n}\)の二種類 であることから、\(N_{1}(\lambda)、N_{2}(\lambda)\)を用いよう。僕自身、同じ\(\lambda\)を使うことにアレ？と思ったが、数列の型が 違うので、Ｎの大きさが違う、つまりは条件を満足するｎの最小数には違いがあることに気づき、違和感は解消された。 与条件での、\(^\forall\lambda\gt 0,\ ^\exists N_{1}(\lambda)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N_{1}(\lambda)\Longrightarrow |a_{n}-\alpha|\lt \lambda]\quad\)と\(\quad^\forall\lambda\gt 0,\ ^\exists N_{2}(\lambda)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N_{2}(\lambda)\Longrightarrow |b_{n}-\beta|\lt \lambda]\)の両方を満足する自然数Ｎ(ｎの最小数)を考えると、 Ｎの小さくない方を選べば、他方では必ず不等式を満足するＮになる。コラム１１１で述べたように、\(\varepsilon\)が小さくなるほど、 Ｎはどんどん大きくなる、すなわちｎの最小数もどんどん大きくなるということである。数直線上を考えた場合、 \(\alpha\)を起点にして、両側半径\(\varepsilon\)の開区間で\(\varepsilon\)がどんどん小さくなっても、 Ｎに応じた項\(a_{N(\varepsilon)}\)は必ず、その開区間に収まって、Ｎが大きくなるにつれて\(\alpha\)に近づくことになる。 ゆえに、大きくない方を選んでしまうと、他方がＮに応じた項\(a_{N(\varepsilon)}\)が開区間に収まらない事態が生じてしまう。
\begin{align} |a_{n}-\alpha|\lt\lambda\ \quad \rightarrow\quad -\lambda\lt a_{n}-\alpha\lt\lambda\quad \rightarrow\quad -\lambda+\alpha\lt a_{n}\lt\lambda+\alpha,\\ |b_{n}-\beta|\lt\lambda\ \quad \rightarrow\quad -\lambda\lt b_{n}-\beta\lt\lambda\quad \rightarrow\quad -\lambda+\beta\lt b_{n}\lt\lambda+\beta\ \end{align}
で、Ｎの小さくない方を選ぶとは、 \((\alpha-\lambda,\alpha+\lambda)\quad(\beta-\lambda,\beta+\lambda)\)の開区間に\(a_{n}\)や\(b_{n}\) が、必ず、それぞれ収まることを意味する。
さて、\(|(a_{n}+b_{n})-(\alpha+\beta)|=|(a_{n}-\alpha)+(b_{n}-\beta)|\le |a_{n}-\alpha|+|b_{n}-\beta|\lt \lambda+\lambda\) であるから、\(\lambda=\dfrac{\varepsilon}{2}\)つまり\(\quad N_{1}\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr) \quad,\quad N_{2}\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr)\) として、\(N(\varepsilon)=\max\Bigl\{N_{1} \Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr), N_{2}\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr)\Bigr\}\)とおく。\(\max\{\ ,\ \}\)が 小さくない方を表す記号である。ちなみに、大きくない方はminを使用する。
(証明)
与条件より、\(^\forall\lambda\gt 0,\ ^\exists N_{1}(\lambda)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N_{1}(\lambda)\Longrightarrow |a_{n}-\alpha|\lt \lambda]\quad\)と\(\quad^\forall\lambda\gt 0,\ ^\exists N_{2}(\lambda)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N_{2}(\lambda)\Longrightarrow |b_{n}-\beta|\lt \lambda]\)が成り立っている。任意の数である\(0\lt\varepsilon\) を用いて、適当に\(\lambda=\dfrac{\varepsilon}{2}\)とする。与条件は以下のように表現できる。
\begin{align} ^\forall\varepsilon\gt 0,\ ^\exists N_{1}\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ \Bigl[n\ge N_{1}\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr)\Longrightarrow |a_{n}-\alpha|\lt \Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr)\Bigr]\\ ^\forall\varepsilon\gt 0,\ ^\exists N_{2}\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ \Bigl[n\ge N_{2}\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr)\Longrightarrow |b_{n}-\beta|\lt \Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr)\Bigr] \end{align}
ここで、\(N(\varepsilon)=\max\Bigl\{N_{1} \Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr), N_{2}\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{2}\Bigr)\Bigr\}\)とおく。\(N(\varepsilon)\in\mathbb{N}\) である。これから
\begin{align} n\ge N(\varepsilon)\ \Longrightarrow |(a_{n}+b_{n})-(\alpha+\beta)|=|(a_{n}-\alpha)+(b_{n}-\beta)|\le |a_{n}-\alpha|+|b_{n}-\beta|\lt \dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \end{align} 結局は、\(^\forall\varepsilon\gt 0,\ ^\exists N(\varepsilon)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N(\varepsilon)\Longrightarrow |(a_{n}+b_{n})-(\alpha+\beta)|\lt \varepsilon]\)が成り立つ。
ゆえに、\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} (a_{n}+b_{n})= \alpha+\beta\quad\) が証明された。 (証明終了)
③の証明の舞台裏
目標は \(^\forall\varepsilon\gt 0,\ ^\exists N(\varepsilon)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N(\varepsilon)\Longrightarrow |a_{n}b_{n}-\alpha\beta|\lt \varepsilon]\)である。参考文献は 有界を利用した証明方法を示してもいるが、咀嚼しきれておらず、自分でも今までの方法で安易に思いついた方法（恐らくは 初学者であればそうするであろう）で示す。\(|a_{n}\cdot b_{n}-\alpha\cdot\beta|\)を以下のごとく変形する。
\begin{align} |a_{n}\cdot b_{n}-\alpha\cdot\beta| &=|\{(a_{n}-\alpha)+\alpha\}\{(b_{n}-\beta)+\beta\}-\alpha\beta|\\ &=|((a_{n}-\alpha)(b_{n}-\beta)+\beta(a_{n}-\alpha)+\alpha(b_{n}-\beta)+\alpha\beta-\alpha\beta|\\ &\lt\lambda^2+|\beta|\lambda+|\alpha|\lambda\quad --- ⑤ \end{align}
ここで、\(\lambda\le 1\)と考えれば、\(\lambda^2\le\lambda\)となるので、⑤は
\[ \lambda^2+|\beta|\lambda+|\alpha|\lambda\le\lambda+|\beta|\lambda+|\alpha|\lambda=(1+|\alpha|+|\beta|)\lambda \] ここで、\(\lambda=\dfrac{\varepsilon}{1+|\alpha|+|\beta|}\)とおけばよい。\(1\le 1+|\alpha|+|\beta|\)に注意すれば、 \(\dfrac{\varepsilon}{1+|\alpha|+|\beta|}\le\varepsilon\le 1\) \((\because\lambda\le1)\)となっている。
(証明)
与条件から
\begin{align} &^\forall\lambda\gt 0,\ ^\exists N_{1}(\lambda)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N_{1}(\lambda)\Longrightarrow |a_{n}-\alpha|\lt \lambda]\quad --- ⑥\\ &^\forall\lambda\gt 0,\ ^\exists N_{2}(\lambda)\in\mathbb{N},\ ^\forall n \in \mathbb{N} \ [n\ge N_{2}(\lambda)\Longrightarrow |b_{n}-\beta|\lt \lambda] --- ⑦ \end{align} が成り立っている。任意の\(\varepsilon\gt 0\)に対して、 適当に\(\lambda=\dfrac{\varepsilon}{1+|\alpha|+|\beta|}\)と指定して、\(N(\varepsilon)=\max\Bigl\{N_{1} \Bigl(\dfrac{\varepsilon}{1+|\alpha|+|\beta|}\Bigr),N_{2}\Bigl(\dfrac{\varepsilon}{1+|\alpha|+|\beta|}\Bigr)\Bigr\}\) と定めると、\(N(\varepsilon)\in\mathbb{N}\)であり、⑥、⑦の\(\lambda\)を\(\varepsilon\)に読み替えて、