§D1.12中間値の定理

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

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

となり、$f(m_n)>0$のときも同様に

となる。長さの式はどちらの場合も

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

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

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

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。▨

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、

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、

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。▨

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

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。▨

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

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。▨