過日に投稿したε-N論法でNがεに依存するゆえに、\(N(\epsilon)\)になるとしたことについて、再度、具体的な数列を用いて証明する。その前に若干、論題を数種加えて説明を進めよう。
基本的な記号論理の復習
命題\(p\)と命題\(q\)があるとき、それら命題の結合には、「かつ」を示す\(\boldsymbol{\wedge}\)、「または」を示す\(\boldsymbol{\vee}\)、「～ならば」（暗喩：imply)を示す\(\boldsymbol{\Longrightarrow}\)がある。\(p \wedge q\)は「pかつq」、\(p \vee q\)は「pまたはq」、\(p \Longrightarrow q\)「pならばq」。命題の否定には、否定記号\(\boldsymbol{\lnot}\)を用いて、命題Pの否定は\(\lnot{p}\)と表す。論理の同値を表現には\(\boldsymbol{\equiv}\)を用いたりする。
ド・モルガンの法則より、\(\lnot \left({p \wedge q}\right) \equiv \left(\lnot{p}\right) \vee \left(\lnot{q}\right)\) , \(\lnot \left({p \vee q}\right) \equiv \left(\lnot{p}\right) \wedge \left(\lnot{q}\right)\)が成り立つ。\(p \Longrightarrow q\)の否定はどう考えればいいのだろうか？今、命題\(p\):車を運転する。命題\(q\):運転免許証を持っている。\(p \Longrightarrow q\)は「車を運転するならば運転免許証を持っている。」となる。この否定を考えると、「車を運転するのに運転免許を持っていない。」と一般的な違法行為の論理となるだろう。この事実は一般の論理にも当てはまり、これを基に考えると、\({\color{red}\lnot {\left(p \Longrightarrow q \right)} \equiv p \wedge \left(\lnot{q}\right)}\)となる。また、否定の否定は元にもどる。つまり、\(\lnot {\left(\lnot{p}\right)} \equiv p \)となる。
背理法
問題）\(m\) \(n\) が有理数で、\(m\sqrt{2} + n = 0\) ならば、\(m = n = 0\)---①を証明せよ。結論の否定は\(m \neq 0\)または\(n \neq 0\)である。---② それぞれで与式の両辺を除すると、\(\sqrt{2} + \frac{n}{m} = 0\) , \(\frac{m}{n}\sqrt{2} + 1 = 0\).しかし、明らかに、両式の左辺はゼロにはならない。すなわち、\(\sqrt{2} + \frac{n}{m} \neq 0\) , \(\frac{m}{n}\sqrt{2} + 1 \neq 0\)--- ③であり、矛盾である。ゆえに、与命題は真である。この論理を上の知識から再論してみる。
①より、\(p:\ m\sqrt{2} + n = 0 \left(m , n \in \mathbb{Q}\right) \Longrightarrow q:(m=0) \wedge (n = 0)\) この命題の否定は\(\lnot(p \Longrightarrow q) \equiv p \wedge (\lnot{q})\). ②より、\((\lnot{q}) \equiv (m \neq 0) \vee (n \neq 0)\)であり、これから、③の事実、\((\lnot{p})\)を導いた。否定命題では\(p \wedge (\lnot{q})\)であるから、\(p\)と③の事実で矛盾したというわけである。そして、背理法の論理展開は\((\lnot{q}) \Longrightarrow (\lnot{p})\)を導出した。これは、命題\(p \Longrightarrow q\)の対偶をとって証明したことと同じことがわかる。
限定記号
\(^\forall {x}\)は、「任意の(全ての)\(x\)に対して」を意味。\(^\exists{x}\)は「ある\(x\)に対して」または「\(x\)が存在して」を意味。ただし、「ある」は「ただひとつの」の意味ではなく、「少なくとも一つの」との暗黙がある。
\(x\)の性質を保持する命題を\(P(x)\)で表すとしよう。「集合\(X\)の元である、全ての(任意の)\(x\)に対
して\(P(x)\)である」という命題は \(^\forall {x} \in X \left[P(x)\right]\)と表現できる。さらに、「ある\(x \in X\)に対して\(P(x)\)である」とか「\(P(x)\)であるような\(x \in X\)が存在する」という命題を \(^\exists {x} \in X \left[P(x)\right]\)と表現できる。
日本国民を集合\(X\)としよう。\(P(x)\)は「\(x\)は何某かの政策に賛成とする。」という命題とおく。「日本国民全てがその政策に賛成である。」という命題は\(^\forall {x} \in X \left[P(x)\right]\)である。その否定命題は「その政策に反対する者がいる(存在する)。」となるだろう。ゆえに、\(^\exists {x} \in X [\lnot{P(x)}]\)となる。この論理は一般的にも言えて、
\begin{align}
{\color {purple} \lnot{(^\forall {x} \in X \left[P(x)\right])}\ \equiv \ ^\exists {x} \in X [\lnot{P(x)}]} --- ㋑
\end{align}
㋑の両辺に否定をとる。否定の否定は元にもどることを考慮すれば、
\begin{align}
&^\forall {x} \in X \left[P(x)\right])\ \equiv \ \lnot {(^\exists {x} \in X [\lnot{P(x)}])} \\
ここで、\lnot {P(x)}を Q(x)とすれば、\\
&^\forall {x} \in X \left[\lnot {Q(x)}\right]\ \equiv \ \lnot {(^\exists {x} \in X [Q(x)])} \\
&{\color {purple} \lnot {(^\exists {x} \in X [Q(x)])}\ \equiv \ ^\forall {x} \in X \left[\lnot {Q(x)}\right]} --- ㋺\ \ (直上の論理を左右入れ替え)
\end{align}
㋑及び㋺を観察すると、\(\lnot {\forall} \rightsquigarrow \exists\ , \ \lnot {\exists} \rightsquigarrow \forall \)のように、否定命題で記号が入れ替わることに注意する必要がある。
\(P(x)\)が\(p(x)\Longrightarrow q(x)\)の場合は、
\begin{align}
&\lnot \left(^\forall {x} \in X \left[p(x)\Longrightarrow q(x) \right] \right) \equiv \ ^\exists {x} \in X \left[\lnot (p(x)\Longrightarrow q(x)) \right] \\
&{\color {red} \lnot \left(^\forall {x} \in X \left[p(x)\Longrightarrow q(x) \right] \right) \equiv \ ^\exists {x} \in X \left[ p(x) \wedge (\lnot q(x)) \right]}
\end{align}
真の命題だけでなく、偽の命題も正しく証明する必要がある。
例題）\(x^2 - 2mx + m -1 =0 \)で虚数解を持つような実数\(m\)が存在する。
\(f(x) = x^2 - 2mx + m -1 \)とおく。与命題は\(^\exists {m}\in \mathbb{R}[f(x) = 0 \Longrightarrow x \in \mathbb{C}]\)と表現できる。その否定は、
\(\lnot {(^\exists {m}\in \mathbb{R}[f(x) = 0 \Longrightarrow x \in \mathbb{C}])} \equiv \ ^\forall {m} \in \mathbb{R} [\lnot {(f(x)=0 \Longrightarrow x \in \mathbb{C})}] \equiv \ ^\forall {m} \in \mathbb{R} [f(x)=0 \wedge x \notin \mathbb{C}] \equiv \ ^\forall {m} \in \mathbb{R} [f(x)=0 \wedge x \in \mathbb{R}]\)
最右の項は、「任意の(全ての)\(m\)に対して、与方程式は常に実数解を持つ。」あるいは「\(m\)がどんな値を取ろうとも、与方程式は実数解を持つ。」を意味する。そこで、与方程式の判別式を見る。
\(\dfrac{D}{4} = \left(-m\right)^{2} - \left(m - 1\right) = m^{2} - m + 1 = \left(m - \dfrac{1}{2} \right)^{2} + \dfrac{3}{4} \gt 0 \). ゆえに、どの\(m\)に対しても実数解を持つので、否定命題は真であり、元の命題は偽である。
この問題での記号方法の記載は個人的なものであり、確実かは分からない。
数列\(a_{n} = n^2\) の \(n\) は自然数であり、\(n \in \mathbb{N}\)である。\(n = 1, 2, 3, \cdots \cdots \)と代入すれば、\(a_{1} = 1, a_{2} = 4, a_{3} = 9, \cdots \cdots \)となり、自然数に対応した実数となる。後者で \(a(1) = 1, a(2) = 4, a(3) = 9, \cdots \cdots\)と表記することも可能である。これは、数列\(\{a_{n}\}\)が関数と考えても良いことを示す。ゆえに、実数数列は \(a : \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{R}\)を満足する関数である。この事実を留意しなければならない。
有界(ゆうかい)
これは、学生時代、経済数学の独習時にあまりピンとこなかった概念である。しかし、現在、実数概念を再復習している段階でようやく地に足をおける理解に辿りついた、いや、つもりか。
\(x^2 = 2\)の解は\(\pm \sqrt{2}\)。\(\sqrt{2} = 1.41421356....\)というように無理数。無理数は有理数の隙間を埋め尽くす。仮に1.4, 1.41, 1.414, 1.4142, 1.41421, 1.414213,......となる数字列があって、これは何に近づいているかと問われれば、どう答えるだろうか。そう、\(\sqrt{2}\)と答えるだろう。この数字列は循環しない無限小数と学んだ。この小数は、どうあがこうが\(\sqrt{2}\)を超えることはできない。数直線上においては、右方へ行く壁となる。しかし「超える」に囚われると有界の理解に苦しむだろう。個人的意見だが有界概念の理解には、超えると考えるよりも\(\sqrt{2}\)を含めての値が上に存在すると考えることが良いと思われる。数直線上で考えたとき、ある点よりしたか、以下の値の存在、または当該点の以上か、より上の値が存在するかを考える。区間 (-5 , 2) で考える。両端点は含まないがー５以下、あるいは、より小さい値が存在する、２以上、あるいは、より大きい値が存在する。これが有界の意味である。－５の左方を考えて下への有界、２の右方を考えて上への有界と呼ぶ。そして、－５、-5.1、-6、...とかを下界（げかい）という。2、2.56、3、...とかを上界という。さらに、－５が下への有界で最も大きいので、そういったものを最大下界、２が上への有界で最も小さいので最小上界という。最大下界は下限(infimum)とも言い、最小上界は上限(supremum)という。例にとっている区間の集合をAとするとき、下限は\(inf(A)\)=-5, 上限は\(sup(A)\)= 2と表す。
本当に数学者ってよく考えるなって感じる。最大下界は最左方から見て跳躍できない壁であり、下限は区間の右方から見て跳躍できない壁、最小上界は最右方から見て跳躍できない壁、上限は区間の左方から見て跳躍できない壁、というようなイメージを個人としては持つ。
言葉足らずで終わるのは本意ではないので、以下、具体例で示そう。ただし、証明はしない。
\(\bullet\) 集合\(\mathbb{N}\) = \(\{1, 2, 3, \cdots \cdots \}\) は上界は存在しない。次々と右方に跳躍できる値が存在する、壁がない。下界は、-2.15 , 1, 0.8547, -\(\pi\)とかが含まれる。ゆえに、\(\sup(\mathbb{N})\)は存在しない。\(\inf(\mathbb{N})\) = 1.
\(\bullet\) 有理数の集合\(\mathbb{Q}\)は上界、下界とも存在しない。ゆえに、\(\sup(\mathbb{Q})\)や\(\inf(\mathbb{Q})\)は存在しない。
\(\bullet\) \(\sup \left(\left\{\dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\right)\) = 1 ; \(\inf \left(\left\{\dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\right)\) = 0.
\(\dfrac{1}{n} = \left\{1 , \dfrac{1}{2} , \dfrac{1}{3}, \cdots \cdots \right\} \)から最小上界(上限)は1、下界は非正であり最大下界(下限)は0である。この例では上限は集合に含まれるが、下限は含まれないていないことに留意。この集合に含まれる値は区間 ( 0 , 1]の間で取る。
\(\bullet\) \(\sup \left(\left\{\dfrac{n}{n + 1} : n \in \mathbb{N} \right\}\right)\) = 1 ; \(\inf \left(\left\{\dfrac{n}{n + 1} : n \in \mathbb{N} \right\}\right) = \dfrac{1}{2} \).
\(\dfrac{n}{n + 1} = \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{n} }= \left\{\dfrac{1}{2}, \dfrac{2}{3}, \dfrac{3}{4}, \dfrac{4}{5}, \cdots \cdots \right \} \). 変形した式から１が最小上界(上限)である。下界は\(\dfrac{1}{2}\)以下である。最大下界は\(\dfrac{1}{2}\).ここでは、下限が集合に含まれるが、上限は含まれないことに留意。この集合に含まれる値は区間 \(\left[ \dfrac{1}{2} , 1 \right)\)の間で取る。
実数理論では、この理論以前に"ordered field"（順序体）と呼ばれるものを公理、いわゆる結合則、交換則、分配則、単位元の存在、逆元の存在、を通して、きちっと定め、絶対値概念から距離概念を規定しておくという過程がある。有界は考察する空集合ではない集合が"ordered field"を満足するものと前提している、とだけかいつまんでおこう。文系の僕では完全理解は至難の業である。
有界数列
定義; 数列\(\{a_{n}\}\)において、\(\left\{a_{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\)の範囲が有界である、すなわち、全ての(任意の)\(n\)に関して、\(L \in \mathbb{R}\)、\(U \in \mathbb{R}\)として、\(L \leq a_{n} \leq U\)を満足する、下界 L , 上界 U が存在するならば、 その数列は有界である。
この定義から以下の命題が得られる。
命題；全ての\(n\)について、ある\(C \in \mathbb{R} \)が \(|a_{n}| \leq C \)を満足して存在するならば、そのときにのみ、数列 \(\left\{a_{n} \right\}\)は有界である。(有界 \(\Longleftrightarrow |a_{n}| \leq C \)).これは今読んでいる洋書からの抜粋だが、\(C \gt 0\)が必要と思われる。有界ということは、上に有界かつ下に有界なので、単にゼロはそうとは言えない。
証明)
まず、前半部分を証明する。\(|a_{n}| \leq C \Longleftrightarrow -C \leq a_{n} \leq C \). ここで、\(-C = L , C = U\)とおけば、\(L \leq a_{n} \leq U\).と証明できた。
次に後半部分を証明する。数列\(a_{n}\)が有界であれば、当然、定義から\(L\)や\(U\)が存在する。ここで、\(C\)を次のように取るとしよう。\(C = \max \left\{|L| , U\right\}\).このとき、\(C \geq U\) かつ
\(-C \leq -|L|\) \(\ \ \) \(\left[\because \ C \geq |L| \ \right]\)と考えても良い。このことから、全ての(任意の)\(n\)について、\(-C \leq -|L| \leq L \leq a_{n} \leq U \leq C \).すなわち、\(-C \leq a_{n} \leq C \)となり、結局は \(|a_{n}| \leq C \)となる。
後者の証明で、\(|a_{n}| = |a_{n} - 0 |\)とみる。すると、絶対値部分は0を基準に考えると、0と\(a_{n}\)との距離と解釈できる。そうして、\(|a_{n}| \leq C \)は0を中心にして半径\(C\)を描くことを考えると、\(|a_{n}|\)は半径\(C\)を持つ円の内部（周上を含む)に収まることを意味する。そこで、その円の直径を考える。\(U\)と\(L\)の、その直径上の位置関係で\(C\)がどれと等しいかがわかる。
(1) \(U\)が直径の正の端点にあって、\(L\)が負の端点以外の場合.
\(L \lt U\)あるいは\(|L| \lt U\)であって、\(C = U\)となる。
(2) \(L\)が直径の負の端点にあって、\(U\)が正の端点以外の場合.
\(U \lt |L|\)あるいは\(-U \lt |L|\)であって、\(C = |L|\)となる。
これらの事実を意識した証明となっている。上の命題の意味を具体例で確かめておこう。
\(\bullet\) \(a_{n} = (-1)^n\dfrac{1}{n}\)とする。数列は
\begin{align}
\{a_{n}\} = \left\{ -1, \dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \cdots \cdots \right\}
\end{align}
であり、全ての（任意の）\(n\)について、\(|a_{n}| \leq 1 \)になっているので有界である。
\(\bullet\) \(a_{n} = 1 + \cos{(n)}\)とおく。数列は
\begin{align}
\{a_{n}\} = \left\{1 + \cos{(1)} , 1 + \cos{(2)} , 1 + \cos{(3)} , 1 + \cos{(4)} ,
\cdots \cdots \right\}
\end{align}
まず、任意の\(n\)について\(-1 \leq \cos{(n)} \leq 1 \)であるから、任意の\(n\)について\( 0 \leq 1 + \cos{(n)} \leq 2 \)である。このことから、任意の\(n\)について\(|a_{n}| \leq 2 \)が成り立つので有界である。
収束列
この論題が過去に投稿していた部分と重なるものである。\(n\)が大きくなるにつれて、特定の値に収束する定義は以下のものであった。洋書も読んでいるので、英語と訳を付けて示しておこう。
Definition ; A sequence \(\{a_{n}\}\) converges to \(a \in \mathbb{R}\) if for all \(\varepsilon \gt 0 \) there exists some \(N\) such that \(|a_{n} - a| \lt \varepsilon \) for all \(n \gt N \).
定義 ; \(\varepsilon\ \gt 0 \)である、任意の正のイプシロンに対して、全ての\( n \gt N \)に関して\(|a_{n} - a| \lt \varepsilon \)を満足する、ある\(N\)が存在するならば、数列\(\{a_{n}\}\)は実数の元である\(a\)に収束する。
この定義では過去のコラムに挙げた定義での\(n \geq N\)に関し、上の定義では等号が付与されていないが、紹介した「イプシロン・デルタ論法完全攻略」には同値の命題であると記載されている。
限定記号を用いて表現させると、
\begin{align}
[Ⅰ] \ \ ^\forall {\varepsilon \gt 0}\ ^\exists {N_{1}\left(\varepsilon \right) \in \mathbb{N}} \ ^\forall {n \in \mathbb{N}}\ \left[{\color{red}\ n \ge N_{1}\left(\varepsilon \right) \Rightarrow |a_{n} - a | \lt \varepsilon} \ \right] \\
[Ⅱ] \ \ ^\forall {\varepsilon \gt 0}\ ^\exists {N_{2}\left(\varepsilon \right) \in \mathbb{N}} \ ^\forall {n \in \mathbb{N}}\ \left[{\color{blue}\ n \gt N_{2}\left(\varepsilon \right) \Rightarrow |a_{n} - a | \lt \varepsilon} \ \right]
\end{align}
\( [ Ⅰ] \Longrightarrow [Ⅱ]\)を示す。今、\(N_{2}(\varepsilon) = N_{1}(\varepsilon) - 1 \)とおく。定義[Ⅰ]が成り立つことから、\(n \ge N(\varepsilon) \gt N(\varepsilon) - 1\)が言え、これを利用する。
\(\ ^\forall {\varepsilon \gt 0}\ ^\exists {N_{2}\left(\varepsilon \right) \in \mathbb{N}} \ ^\forall {n \in \mathbb{N}}\ \left[\ n \gt N_{2}\left(\varepsilon \right) \boldsymbol{\Rightarrow} \ n \gt N_{1}\left(\varepsilon \right) - 1 \boldsymbol{\Rightarrow} \ {\color{red}n \ge N_{1}\left(\varepsilon \right) \boldsymbol{\Rightarrow} |a_{n} - a | \lt \varepsilon} \ \right]\ \)
次に\( [Ⅱ] \Longrightarrow [Ⅰ]\)を示す。今、\(N_{1}(\varepsilon) = N_{2}(\varepsilon) + 1 \)とおく。定義[Ⅱ]が成り立つことから、\(n \gt N(\varepsilon) \gt N(\varepsilon) - 1\ \boldsymbol{\rightarrow}\ n \ge N(\varepsilon) + 1 \gt N(\varepsilon)\)が言え、これを利用する。
\(\ ^\forall {\varepsilon \gt 0}\ ^\exists {N_{1}\left(\varepsilon \right) \in \mathbb{N}} \ ^\forall {n \in \mathbb{N}}\ \left[\ n \ge N_{1}\left(\varepsilon \right) \boldsymbol{\Rightarrow} \ n \ge N_{2}\left(\varepsilon \right) +1 \boldsymbol{\Rightarrow} \ {\color{blue}n \gt N_{2}\left(\varepsilon \right) \boldsymbol{\Rightarrow} |a_{n} - a | \lt \varepsilon} \ \right]\ \)
以上のことから、２つの命題は同値であることがわかった。
これから記述する具体例での収束の証明は(Ⅱ)の定義で行う。個人的には、その方法が\(\varepsilon-N\)論法のつかみどころに納得がいく感じがしている。具体例で、「そうか！」となるのではないか。
基本の考え方を整理しておく。数列\(a_{n}\)の\(n\left[\in \mathbb{N}\right]\)に自然数を代入していくと値が得られ、収束するなら特定の値になるとしても良い。その事実を定義すると、任意の正の \(\varepsilon\) [十分小さいと考える。] で、\(\varepsilon\)に依存する、十分大きい、ある自然数\(N\)が存在して、全ての\(n \gt N\)において\(|a_{n} - a| \lt \varepsilon\)を満足するということであった。以上を念頭に証明してみる。
例題1. \(a_{n} = \dfrac{1}{n}\) \(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{1}{n} = 0 \)を証明せよ。
舞台裏）\(\left|\dfrac{1}{n} - 0 \right| \lt \varepsilon\ \Rightarrow \dfrac{1}{\varepsilon} \lt n \) そこで、\(N = \dfrac{1}{\varepsilon} \)とする。
証明) 任意の\(\varepsilon \gt 0\)において、\(N = \dfrac{1}{\varepsilon} \)とおく。全ての\(n \gt N\)において、
\begin{align}
\left|a_{n} - 0\right| &= \left|\dfrac{1}{n} - 0 \right| \\
&=\dfrac{1}{n} \lt \dfrac{1}{N} (\because n \gt N) = \varepsilon \\
&\therefore \left|\dfrac{1}{n} - 0 \right| \lt \varepsilon \ \ \ \therefore \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{1}{n} = 0
\end{align}
例題2. \(a_{n} = 5 - \dfrac{1}{n^2}\) とする。\( n \rightarrow \infty \)のとき、\(a_{n} \rightarrow 5 \)を証明せよ。
舞台裏)
\begin{align}
\left|\left(5 - \dfrac{1}{n^2}\right) - 5 \right| &\lt \varepsilon \\
\dfrac{1}{n^2} &\lt \varepsilon \\
\dfrac{1}{n} &\lt \sqrt{\varepsilon} \\
\dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon}} &\lt n
\end{align}
したがって、\(N = \dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon}} \)とおくと都合がよい。
証明) 任意の\(\varepsilon \gt 0 \)において、\(N = \dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon}}\)とおく。全ての\(n \gt N \)について、
\begin{align}
\left|\left(5 - \dfrac{1}{n^2} \right) - 5 \right| &= \dfrac{1}{n^2} \lt \dfrac{1}{N^2} = \varepsilon \\
\therefore \left|a_{n} - 5 \right| &\lt \varepsilon \\
\therefore n \rightarrow \infty &\Longrightarrow a_{n} \rightarrow 5
\end{align}
次に、勉強の過程で小数点以下で9が循環する\(0.\dot{9}\) [9の上にドットをおいてある。] の無限小数\((0.9, 0.99, 0.999, \cdots \cdots ) \)を１と看做すんだよ、つまり１に収束すると学習したかもしれない。その証明も上のような証明に則した考え方でできる。やってみよう。この数列はこう表現できる。\(a_{n} = \dfrac{10^n - 1}{10^n}\). \(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}{\dfrac{10^n - 1}{10^n}} = 1\)
舞台裏)
\begin{align}
\left|a_{n} - 1 \right| &\lt \varepsilon \\
\left|\dfrac{10^n - 1}{10^n} - 1 \right| &\lt \varepsilon \\
10^{-n} &\lt \varepsilon \\
- n &\lt \log_{10} ({\varepsilon})\ \ \ (\ )記号は真数を分り易くするため \\
- \log_{10} ({\varepsilon}) &\lt n
\end{align}
したがって、\( N = - \log_{10} ({\varepsilon}) \)とおくと都合がよい。
証明) 任意の\(\varepsilon \gt 0\)において、\(N = -\log_{10}({\varepsilon})\)とおく。全ての\( n \gt N\)に関して、
\begin{align}
\left|a_{n} - a \right| &= \left|\dfrac{10^{n} - 1}{10^{n}} - 1 \right| = \left|1 - \dfrac{1}{10^{n}} - 1 \right| \\
&= 10^{- n} \lt 10^{-N} = 10^{- \left[{-\log_{10}({\varepsilon}) }\right]}= \varepsilon \\
\therefore \left|a_{n} - a \right| &\lt \varepsilon
\end{align}
したがって、小数点以下の数字９が循環してゆく無限(循環)小数は1と言い得る。
対数の復習：\(L = 10^{\log_{10}{M}} \rightarrow \log_{10}{L} = \log_{10}{10^{\log_{10}{M}}} \rightarrow \log_{10}{L} = \log_{10}{M} \cdot 1 \rightarrow L = M \)
発散数列
高校でも学んだように、収束以外の数列も存在する。3つの態様が挙げられる。
定義； 数列\(\{a_{n}\}\)が収束しないのであれば、そのとき、その数列は発散する。
\(\bullet\) 任意の\(M \gt 0\)について、ある\(N\)が存在して、すべての\(n \gt N \)に対して、\(a_{n} \gt M \)を満足しているなら、数列\(\{a_{n}\}\)は\(\infty\)へ発散する。\(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} {a_{n}} = \infty \)
\(\bullet\) 任意の\(M \lt 0\)について、ある\(N\)が存在して、すべての\(n \gt N \)に対して、\(a_{n} \lt M \)を満足しているなら、数列\(\{a_{n}\}\)は\(-\infty\)へ発散する。\(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} {a_{n}} = -\infty \)
\(\bullet\) さもなければ、数列\(\{a_{n}\}\)の極限は存在しない。（収束、正の無限大、及び負の無限大にならない数列は振動する、と高校のテキストにはある。)
正や負への無限大となる証明は直接的にできるだろう。収束証明と似ているが、\(N\)を\(M\)で表す。以下の問題をしてみる。
\(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}{n^2} = \infty \) (\(n \in \mathbb{N}\))を証明せよ。
舞台裏)
\begin{align}
a_{n} &\gt M \\
n^2 &\gt M \\
n &\gt \sqrt{M}
\end{align}
\(N = \sqrt{M}\)とおけば都合がいい。
証明) 任意の\(M \gt 0\)において、\(N = \sqrt{M}\)とおく。すべての\(n \gt N\)に対して、
\begin{align}
a_{n} = n^2 \gt N^2 = \left(\sqrt{M}\right)^2 = M \ \ \ \therefore a_{n} \gt M
\end{align}
３番目の内容だが極限が存在しない（不確定）の証明はどうするか。\(a_{n} = (-1)^{n}\)が、そういった数列に該当する。\(n\)が偶数で１、奇数で -１を取る。\(a_{n} \rightarrow a\)になるとして、例えば、\(\varepsilon = \frac{1}{2}\)として、\(|a_{n} - a| \lt \frac{1}{2}\)について、偶数、奇数で分けて、絶対値を開き、\(a\)の範囲を求めるとふたつの範囲が出て、同時に満足はできないから矛盾である。ゆえに、収束はしない。という矛盾をつく方法が一般的らしい。また、少し奇をてらうような方法がある。偶数のとき、\(|1 - a| \lt \frac{1}{2}\)、奇数のとき、\(|(-1) - a| = |-(1 + a)| = |-1||1 + a| = |1 + a| \lt \frac{1}{2}\)であり、三角不等式を利用すると、
\begin{align}
2 = |(1 - a) + (1 + a)| \le | 1 - a| + | 1 + a| \lt \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1
\end{align}
\(2 \lt 1 \) !!!と矛盾が出る。
極限値の一意性
極限値は一つということを当然と考えてやっていたが、一つしか存在しない、ことを証明しよう。記号を用いてやってみる。その前に２つの事項を証明しておく。
１．任意の\(\mathbf{\varepsilon \gt 0}\) に対して、\(\mathbf{a \lt b + \varepsilon}\) ならば、そのとき、\(\mathbf{ a \le b}\) を証明せよ。
背理法でやると、結論の否定は\( a \gt b\)である。\( a - b \gt 0\)であるから、\(\varepsilon = a - b\)とおくと、\(a \lt b + (a - b) = a\)となり、\( a \lt a\)となって矛盾である。与命題は成り立つ。
２． 任意の\(\mathbf{\varepsilon \gt 0}\) に対して、\(\mathbf{|a - b| \lt \varepsilon}\) ならば、そのとき、\(\mathbf{ a = b}\) を証明せよ。
問題1を援用する。\(|a - b| \lt \varepsilon \Longrightarrow -\varepsilon \lt \colorbox{cyan}{$a - b \lt \varepsilon$} \Longleftrightarrow -\varepsilon \lt \colorbox{yellow}{$b - a \lt \varepsilon$} \)となり、薄青部分は\(a \lt b + \varepsilon \rightarrow a \le b\)で、黄色の部分は\(b \lt a + \varepsilon \rightarrow b \le a\)とわかる。すなわち、\(a \le b\) かつ \(b \le a\)であるから、\(a = b \).
予想のつく訪問者はいるだろうが、それぞれを数列\(a_{n}\)の極限値と考え、任意の\(\varepsilon \gt 0\)に対して、\(|a - b| \lt \varepsilon\)の結果が言えれば、収束する数列の極限値は、二つとない。このことを証明しようしている。
(舞台裏)\(\displaystyle \lim_{n \to \infty}{a_{n}} = a\ ,\ \lim_{n \to \infty}{a_{n}} = b\)とする。このとき、以下が成り立っている。
\begin{align}
^\forall {\lambda \gt 0}, ^\exists {N_{1}(\lambda)} \in \mathbb{N}, ^\forall {n \in \mathbb{N}}\left[ n \gt N_{1}(\lambda) \Longrightarrow |a_{n} - a | \lt \lambda \right] \\
^\forall {\lambda \gt 0}, ^\exists {N_{2}(\lambda)} \in \mathbb{N}, ^\forall {n \in \mathbb{N}}\left[ n \gt N_{2}(\lambda) \Longrightarrow |a_{n} - b | \lt \lambda \right]
\end{align}
\(| a - b | = |a - a_{n} + a_{n} - b | \le |a - a_{n}| + |a_{n} - b| = |-1||a_{n} - a| + |a_{n} - b|= |a_{n} - a| + |a_{n} - b| \lt 2\lambda\)である。これから、\(\lambda = \dfrac{\varepsilon}{2}\)とおけばいい。\(N(\varepsilon) = \max{\left\{N_{1}\left(\dfrac{\varepsilon}{2}\right), N_{2}\left(\dfrac{\varepsilon}{2}\right)\right\}}\)とおいて論じる。
（証明)
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty}{a_{n}} = a\ ,\ \lim_{n \to \infty}{a_{n}} = b\)とおく。このとき、以下が言える。
\begin{align}
^\forall {\lambda \gt 0}, ^\exists {N_{1}(\lambda)} \in \mathbb{N}, ^\forall {n \in \mathbb{N}}\left[ n \gt N_{1}(\lambda) \Longrightarrow |a_{n} - a | \lt \lambda \right] \\
^\forall {\lambda \gt 0}, ^\exists {N_{2}(\lambda)} \in \mathbb{N}, ^\forall {n \in \mathbb{N}}\left[ n \gt N_{2}(\lambda) \Longrightarrow |a_{n} - b | \lt \lambda \right]
\end{align}
任意の\(\varepsilon \gt 0\)に対して、上の命題において、\(\lambda = \dfrac{\varepsilon}{2}\)と考えて、\(N(\varepsilon) = \max{\left\{N_{1}\left(\dfrac{\varepsilon}{2}\right), N_{2}\left(\dfrac{\varepsilon}{2}\right)\right\}}\) と定めると、\(N(\varepsilon) \in \mathbb{N}\)であり、以下が成り立つ。
\begin{align}
n \gt N(\varepsilon) \Longrightarrow |a_{n} - a| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} , |a_{n} - b|
\lt \dfrac{\varepsilon}{2}
\end{align}
また、\(|a - b| = |a - a_{n} + a_{n} - b| = |-(a_{n} - a) + a_{n} - b| \le |a_{n} - a | + |a_{n} - b|\)となる。したがって、
\begin{align}
n \gt N(\varepsilon) \Longrightarrow |a - b | \le |a_{n} - a | + |a_{n} - b| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \ \ \ \ \ \therefore |a - b| \lt \varepsilon
\end{align}
これにより、収束する数列の極限値は、ただ一つであることが示された。