『解析概論』輪読

116：Мечислав(☆11) ◆QRDTxrDxh6：2005/10/21(金) 06:35:48: 証明　f(A)<f(B)であるとする.φ(a)<μ<φ(b)なら
ψ(x)=φ(x)-μとおくとψ(a)<0<ψ(b).
命題>>90よりψ(x)は連続函数.よってaのある近傍ではψ(x)<0.
よって[a,a+ξ]に属するすべてのxでψ(x)<0となるξが存在する.
しかしψ(a+b-a)>0であるから[a,a+ξ]に属するすべてのxでψ(x)<0となる
ξの集合は上に有界.
定理>>6より[a,a+ξ]に属するすべてのxでψ(x)<0となる
ξの集合には上限ηが存在する.
b-aは[a,a+ξ]に属するすべてのxでψ(x)<0となる
ξの集合の上界の1つであるからη≦b-a.
ψ(a+η)<0であるとすると,ψ(x)が連続であることからη<η'で,
ψ(a+η')<0なる実数η'が存在し,ηが上限であることに反する.
ψ(a+η)>0であるとするとψ(x)が連続であることから
η''<ηでψ(a+η'')>0となる実数η''が存在するが,
ηが上限であることからη''<η'''≦ηで[a,a+η''']ではつねに
ψ(x)<0となるη'''が存在する.これはψ(a+η'')>0に反する.
ゆえにψ(a+η)=0.ψ(a+b-a)>0であるのでη≠b-aとなり,a<a+η<b.
f(A)>f(B)のときも同様.■

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