微積演習 (3)

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0. Intro.

過去の『微積演習 (1) 』『微積演習 (2) 』からの続き。
微積の演習問題を 5 つ掲載。問題レベルは [易] ～ [標準] くらいです。

1. Q & A.

数列 $\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty} \, \boldsymbol{,} \ \ \left( b_{n} \right)_{n=2}^{\infty}$ をそれぞれ，
\begin{align} \qquad \begin{aligned} & a_{n} := \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k} - \log n \qquad \left( \, \forall \, n \in \mathbb{N} \, \right) \, \boldsymbol{,} \qquad \\[5pt] & b_{m} := \sum_{k=1}^{m-1} \dfrac{1}{k} - \log m \qquad \left( \, \forall \, m \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 1 \right\} \, \right) \end{aligned} \end{align}
により定める。このとき，以下のことを示せ。

$\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ は単調減少列である。
$\left( b_{n} \right)_{n=2}^{\infty}$ は単調増加列である。
$\lim \limits_{n \to \infty} a_{n}$ が存在する。

[解答]

$n \in \mathbb{N}$ が与えられたとする。

[解答]
積分の平均値定理より，ある $p_{0} \in \left[ n ,\, n+1 \right]$ が存在して，
\begin{align} \qquad \begin{aligned} a_{n} - a_{n+1} &= \log \left( n+1 \right) - \log n - \dfrac{1}{n+1} \\[5pt] &= \int_{n}^{n+1} \dfrac{1}{x} \, dx - \dfrac{1}{n+1} \\[5pt] &= \dfrac{1}{p_{0}} \int_{n}^{n+1} 1 \, dx - \dfrac{1}{n+1} \\[5pt] &= \dfrac{1}{p_{0}} - \dfrac{1}{n+1} \\[5pt] &\geq 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，$\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ は単調減少列である。
[解答]
$n \geq 2$ とする。積分の平均値定理より，ある $p_{1} \in \left[ n ,\, n+1 \right]$ が存在して，
\begin{align} \qquad \begin{aligned} b_{n+1} - b_{n} &= \dfrac{1}{n} - \log \left( n+1 \right) + \log n \\[5pt] &= \dfrac{1}{n} - \int_{n}^{n+1} \dfrac{1}{x} \, dx \\[5pt] &= \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{p_{1}} \int_{n}^{n+1} 1 \, dx \\[5pt] &= \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{p_{1}} \\[5pt] &\geq 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，$\left( b_{n} \right)_{n=2}^{\infty}$ は単調増加列である。
[解答]
まず，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{n} - b_{n+1} &= - \log n + \log \left( n+1 \right) \\[5pt] &= \int_{n}^{n+1} \dfrac{1}{x} \, dx \\[5pt] &> 0 \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} b_{n+1} < a_{n} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
また，(1) と (2) の結果から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 < 1 - \log 2 = b_{2} \leq b_{n+1} \quad \textsf{かつ} \quad a_{n} \leq a_{1} = 1 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[2]}} \end{align}
ゆえに，$\textsf{[1]}$ と $\textsf{[2]}$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 < 1 - \log 2 < a_{n} \leq 1 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
よって，下に有界な単調減少列は収束するので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \exists \, \gamma \in \left( 0 ,\, 1 \right] \, \boldsymbol{;} \quad \lim_{n \to \infty} a_{n} = \gamma \end{aligned} \end{align}
となり，$\lim \limits_{n \to \infty} a_{n}$ が存在する。

### COMMENT ###

オイラー定数 $\gamma$ の無理性は，リーマン予想が肯定的に解決されると自動的に導かれるはずですが，運が良ければ，オイラー定数の 2 重積分表示
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \gamma = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \dfrac{1-x}{ \left( 1-xy \right) \left( -\log xy \right) } \, dx \, dy \end{aligned} \end{align}
から，先に無理性が分かるかも。

$\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ を正の実数列とし，$a ,\, \ell \in \left[ 0 ,\, \infty \right]$ とする。このとき，以下のことを示せ。

$\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = a$ かつ $0 \leq a < 1$ ならば，$\lim \limits_{n \to \infty} \left( a_{n} \right)^{n} = 0$ となる。
$\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = a$ かつ $1 < a \leq \infty$ ならば，$\lim \limits_{n \to \infty} \left( a_{n} \right)^{n} = \infty$ となる。
$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \ell$ かつ $0 \leq \ell < 1$ ならば，$\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = 0$ となる。
$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \ell$ かつ $1 < \ell \leq \infty$ ならば，$\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = \infty$ となる。
$\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = a$ ならば，$\lim \limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{1} \cdots a_{n}} = a$ となる。
$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \ell$ ならば，$\lim \limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = \ell$ となる。

[解答]
仮定の $\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = a$ かつ $0 \leq a < 1$ より，$n \in \mathbb{N}$ が十分大きい場合は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left| a_{n} - a \right| < \dfrac{1 - a}{2} \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 < a_{n} < \dfrac{a + 1}{2} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，$\dfrac{1}{2} \leq \dfrac{a + 1}{2} < 1$ であることに注意すると，
\begin{align} \qquad & \left\{ \begin{aligned} & 0 < \left( a_{n} \right)^{n} < \left( \dfrac{a + 1}{2} \right)^{n} \qquad \left( \, \textsf{$n \in \mathbb{N}$ が十分大} \, \right) \\[5pt] & \lim_{n \to \infty} \left( \dfrac{a + 1}{2} \right)^{n} = 0 \end{aligned} \right. \end{align}
となるので，はさみうちの原理より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \left( a_{n} \right)^{n} = 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
[解答]
$1 < a < \infty$ の場合を考える。このとき，仮定の $\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = a$ より，$n \in \mathbb{N}$ が十分大きい場合は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left| a_{n} - a \right| < \dfrac{a - 1}{2} \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{n} > a - \dfrac{a - 1}{2} = \dfrac{a + 1}{2} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，$\dfrac{a + 1}{2} > 1$ であることに注意すると，
\begin{align} \qquad & \left\{ \begin{aligned} & \left( a_{n} \right)^{n} > \left( \dfrac{a + 1}{2} \right)^{n} \qquad \left( \, \textsf{$n \in \mathbb{N}$ が十分大} \, \right) \\[5pt] & \lim_{n \to \infty} \left( \dfrac{a + 1}{2} \right)^{n} = \infty \end{aligned} \right. \end{align}
となるので，追い出しの原理より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \left( a_{n} \right)^{n} = \infty \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
$a = \infty$ の場合を考える。このとき，仮定の $\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = a$ より，$n \in \mathbb{N}$ が十分大きい場合は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{n} > 2 \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left( a_{n} \right)^{n} > 2^{n} \qquad \textsf{かつ} \qquad \lim_{n \to \infty} 2^{n} = \infty \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，追い出しの原理より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \left( a_{n} \right)^{n} = \infty \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
[解答]
仮定の $\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \ell$ かつ $0 \leq \ell < 1$ より，$n \in \mathbb{N}$ が十分大きい場合は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left| \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}} - \ell \right| < \dfrac{1 - \ell}{2} \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 < a_{n} < \dfrac{\ell + 1}{2} a_{n-1} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，$\dfrac{1}{2} \leq \dfrac{\ell + 1}{2} < 1$ であることに注意すると，
\begin{align} \qquad & \left\{ \begin{aligned} & 0 < a_{n} < \dfrac{\ell + 1}{2} a_{n-1} < \left( \dfrac{\ell + 1}{2} \right)^{2} a_{n-2} < \boldsymbol{\cdots} < \left( \dfrac{\ell + 1}{2} \right)^{n-1} a_{1} \qquad \left( \, \textsf{$n \in \mathbb{N}$ が十分大} \, \right) \\[5pt] & \lim_{n \to \infty} \left( \dfrac{\ell + 1}{2} \right)^{n-1} = 0 \end{aligned} \right. \end{align}
となるので，はさみうちの原理より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} a_{n}= 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
[解答]
$1 < \ell < \infty$ の場合を考える。このとき，仮定の $\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \ell$ より，$n \in \mathbb{N}$ が十分大きい場合は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left| \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}} - \ell \right| < \dfrac{\ell - 1}{2} \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}} > \ell - \dfrac{\ell - 1}{2} = \dfrac{\ell + 1}{2} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，$\dfrac{\ell + 1}{2} > 1$ であることに注意すると，
\begin{align} \qquad & \left\{ \begin{aligned} & a_{n} > \dfrac{\ell + 1}{2} a_{n-1} > \left( \dfrac{\ell + 1}{2} \right)^{2} a_{n-2} > \boldsymbol{\cdots} > \left( \dfrac{\ell + 1}{2} \right)^{n-1} a_{1} \qquad \left( \, \textsf{$n \in \mathbb{N}$ が十分大} \, \right) \\[5pt] & \lim_{n \to \infty} \left( \dfrac{\ell + 1}{2} \right)^{n-1} = \infty \end{aligned} \right. \end{align}
となるので，追い出しの原理より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} a_{n} = \infty \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
$\ell = \infty$ の場合を考える。このとき，仮定の $\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \ell$ より，$n \in \mathbb{N}$ が十分大きい場合は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}} > 2 \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \left\{ \begin{aligned} & a_{n} > 2 a_{n-1} > 2^{2} a_{n-2} > \boldsymbol{\cdots} > 2^{n-1} a_{1} \\[5pt] & \lim_{n \to \infty} 2^{n-1} = \infty \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \right. \end{align}
ゆえに，追い出しの原理より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} a_{n} = \infty \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
[解答]
仮定の $\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = a$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \left( \log a_{n} \right) = \log a \in \left[ -\infty ,\, \infty \right] \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \left( \log a_{k} \right) = \log a \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{ a_{1} \cdots a_{n} } = \lim_{n \to \infty} e^{ \dfrac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^{n} \left( \log a_{k} \right) } = e^{ \log a } = a \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
[解答]
数列 $\left( b_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ を，各 $n \in \mathbb{N}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} b_{n} := \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}} \quad \left( \, n \geq 2 \, \right) \, \boldsymbol{,} \qquad b_{1} := a_{1} \end{aligned} \end{align}
により定める。このとき，仮定の $\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \ell$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} b_{n} = \lim_{n \to \infty} \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}} = \ell \end{aligned} \end{align}
となるので，(5) の結果から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{ a_{n} } &= \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{ a_{1} \cdot \dfrac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \dfrac{a_{3}}{a_{2}} \boldsymbol{\cdots} \dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdot \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}} } \\[5pt] &= \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{ b_{1} b_{2} b_{3} \boldsymbol{\cdots} b_{n-1} b_{n} } \\[5pt] &= \ell \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

### COMMENT ###

(5) では，例の有名な
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \alpha_{n} = \alpha \in \left[ - \infty \boldsymbol{,} \, \infty \right] \quad \Longrightarrow \quad \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \alpha_{n} = \alpha \end{aligned} \end{align}
を用いた。

以下のことを示せ。

$a ,\, b \in \mathbb{C}$ とする。このとき，各 $n \in \mathbb{N}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \left( a + b \right)^{n-k} a^{k-1} b = \left( a + b \right)^{n} - a^{n} \ \boldsymbol{;} \end{aligned} \tag*{\textsf{[A]}} \end{align}
$n \in \mathbb{N} \, \boldsymbol{,} \ \ \alpha \in \mathbb{C}$ とする。このとき，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{z \to \alpha} z^{n} = \alpha^{n} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

[ 解答 ]
$a = 0$ かつ $b = 0$ ならば，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \left( a + b \right)^{n-k} a^{k-1} b = 0 = \left( 0 + 0 \right)^{n} - 0^{n} = \left( a + b \right)^{n} - a^{n} \qquad \left( \, \forall \, n \in \mathbb{N} \, \right) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
$a = 0$ かつ $b \neq 0$ ならば，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \left( a + b \right)^{n-k} a^{k-1} b = \left( 0 + b \right)^{n-1} b = b^{n} = \left( 0 + b \right)^{n} - 0^{n} = \left( a + b \right)^{n} - a^{n} \qquad \left( \, \forall \, n \in \mathbb{N} \, \right) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
$a \neq 0$ かつ $b = 0$ ならば，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \left( a + b \right)^{n-k} a^{k-1} b = 0 = \left( a + 0 \right)^{n} - a^{n} = \left( a + b \right)^{n} - a^{n} \qquad \left( \, \forall \, n \in \mathbb{N} \, \right) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
$a \neq 0$ かつ $b \neq 0$ の場合を考える。数学的帰納法により示す。
${}$
まず，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{1} \left( a + b \right)^{1-k} a^{k-1} b = \left( a + b \right)^{0} a^{0} b = b = \left( a + b \right) - a = \left( a + b \right)^{1} - a^{1} \end{aligned} \end{align}
となるので，$\textsf{[A]}$ は $n = 1$ の場合に成り立つ。
${}$
次に，$N \in \mathbb{N}$ が与えられたとし，$\textsf{[A]}$ が $n = N$ の場合に成り立つとする。このとき，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{N} \left( a + b \right)^{N-k} a^{k-1} b = \left( a + b \right)^{N} - a^{N} \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{N+1} \left( a + b \right)^{N+1-k} a^{k-1} b &= \left( a + b \right) \sum_{k=1}^{N} \left( a + b \right)^{N-k} a^{k-1} b + a^{N} b \\[5pt] &= \left( a + b \right) \left\{ \left( a + b \right)^{N} - a^{N} \right\} + a^{N} b \\[5pt] &= \left( a + b \right)^{N+1} - a^{N+1} - a^{N} b + a^{N} b \\[5pt] &= \left( a + b \right)^{N+1} - a^{N+1} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，$\textsf{[A]}$ は $n = N+1$ の場合もまた成り立つ。
${}$
よって，以上のことから，各 $n \in \mathbb{N}$ に対して $\textsf{[A]}$ が成り立つ。
[ 解答 ]
$\varepsilon > 0$ が与えられたとする。このとき，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \delta := \left( \dfrac{\varepsilon}{2} + \left| \alpha \right|^{n} \right)^{\dfrac{1}{n}} - \left| \alpha \right| > 0 \end{aligned} \end{align}
とすると，任意の $z \in \mathbb{C}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left| z - \alpha \right| < \delta \end{aligned} \end{align}
ならば，三角不等式より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \Bigl| \left| z \right| - \left| \alpha \right| \Bigr| \leq \left| z - \alpha \right| < \delta \, \boldsymbol{,} \qquad \textsf{すなわち，} \qquad \left| z \right| < \left| \alpha \right| + \delta \end{aligned} \end{align}
となるので，(1) の結果から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left| z^{n} - \alpha^{n} \right| &\leq \left| z - \alpha \right| \sum_{k=1}^{n} \left| z \right|^{n-k} \left| \alpha \right|^{k-1} \\[5pt] &\leq \delta \cdot \sum_{k=1}^{n} \left( \left| \alpha \right| + \delta \right)^{n-k} \left| \alpha \right|^{k-1} \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{n} \left( \left| \alpha \right| + \delta \right)^{n-k} \left| \alpha \right|^{k-1} \delta \\[5pt] &= \left( \left| \alpha \right| + \delta \right)^{n} - \left| \alpha \right|^{n} \\[5pt] &= \dfrac{\varepsilon}{2} \\[5pt] &< \varepsilon \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lim_{z \to \alpha} z^{n} = \alpha^{n} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

### COMMENT ###

超基本問題。多項式のちょっとした処理が面倒。

$I$ を $\mathbb{R}$ 内の区間，$f ,\, g$ を $I$ 上の実数値連続関数とし，
\begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{任意の $\ q \in I \cap \mathbb{Q} \ $ に対して} \boldsymbol{,} \quad f \left( q \right) = g \left( q \right) \end{aligned} \end{align}
を仮定する。このとき，
\begin{align} \qquad \begin{aligned} \textsf{任意の $\ x \in I \ $ に対して} \boldsymbol{,} \quad f \left( x \right) = g \left( x \right) \end{aligned} \end{align}
が成り立つことを示せ。

[解答]

背理法により示すために，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \exists \, x_{0} \in I \, \boldsymbol{;} \quad f \left( x_{0} \right) \neq g \left( x_{0} \right) \end{aligned} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
を仮定する。
${}$
$f ,\, g$ の $I$ 上における連続性と $\textsf{[1]}$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \exists \, \delta > 0 \, \boldsymbol{;} \quad \forall \, x \in \left( x_{0} - \delta ,\ x_{0} + \delta \right) \cap I \, \boldsymbol{,} \qquad f \left( x \right) \neq g \left( x \right) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[2]}} \end{align}
${}$
$\mathbb{Q}$ の $\mathbb{R}$ 内における稠密性から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left( x_{0} - \delta ,\ x_{0} + \delta \right) \cap I \cap \mathbb{Q} \neq \emptyset \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[3]}} \end{align}
${}$
ゆえに，$\textsf{[2]} \boldsymbol{,} \ \textsf{[3]}$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \forall \, q \in \left( x_{0} - \delta ,\ x_{0} + \delta \right) \cap I \cap \mathbb{Q} \, \boldsymbol{,} \qquad f \left( q \right) \neq g \left( q \right) \end{aligned} \tag*{\textsf{[4]}} \end{align}
となるが，しかし，$\textsf{[4]}$ は問題の仮定に矛盾する。
${}$
よって，
\begin{align} \qquad \begin{aligned} \forall \, x \in I \, \boldsymbol{,} \quad f \left( x \right) = g \left( x \right) \end{aligned} \end{align}
が成り立つ。

### COMMENT ###

連続関数の基本問題。有理数の稠密性を忘れると詰み。

$I$ を $\mathbb{R}$ 内の有界閉区間とし，$f$ を $I$ 上の実数値連続関数とする。
\begin{align} & \begin{aligned} \textsf{(1)} \ \ \textsf{ $\int_{I} \left\{ f (x) \right\}^{2} \, dx = 0$ ならば， $I$ 上で $f \equiv 0$ \ となることを示せ。 } \end{aligned} \\[5pt] & \begin{aligned} \textsf{(2)} \ \ \textsf{ 各 $n \in \mathbb{N} \cup \left\{ 0 \right\}$ に対して $\int_{I} x^{n} f (x) \, dx = 0$ ならば， $I$ 上で $f \equiv 0$ \ となることを示せ。 } \end{aligned} \end{align}

[解答]
背理法により示すために，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \exists \, x_{0} \in I \, \boldsymbol{;} \quad f \left( x_{0} \right) \neq 0 \end{aligned} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
を仮定する。
${}$
$f$ の $I$ 上における連続性と $\textsf{[1]}$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \exists \, \delta > 0 \, \boldsymbol{;} \quad \forall \, x \in \left( x_{0} - \delta ,\ x_{0} + \delta \right) \cap I \, \boldsymbol{,} \qquad \left\{ f \left( x \right) \right\}^{2} > 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[2]}} \end{align}
ゆえに，積分の平均値定理と $\textsf{[2]}$ より，ある $\xi \in \left( x_{0} - \delta ,\ x_{0} + \delta \right) \cap I$ を取れば，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \int_{I} \left\{ f \left( x \right) \right\}^{2} \, dx &\geq \int_{\left( x_{0} - \delta ,\ x_{0} + \delta \right) \cap I} \left\{ f \left( x \right) \right\}^{2} \, dx \\[5pt] &= \left\{ f \left( \xi \right) \right\}^{2} \cdot \int_{\left( x_{0} - \delta ,\ x_{0} + \delta \right) \cap I} 1 \, dx \\[5pt] &> 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[3]}} \end{align}
しかし，$\textsf{[3]}$ は問題の仮定 $ \displaystyle \int_{I} \left\{ f (x) \right\}^{2} \, dx = 0 $ に矛盾する。
${}$
したがって，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \forall \, x \in I \, \boldsymbol{,} \quad f \left( x \right) = 0 \end{aligned} \end{align}
となる，すなわち，$I$ 上で $f \equiv 0$ となる。
[解答]
$\varepsilon > 0$ が与えられたとする。
${}$
$f$ が $I$ 上において連続であることから，ワイエルシュトラスの多項式近似定理より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \exists \, m \in \mathbb{N} \cup \left\{ 0 \right\} \, \boldsymbol{;} \qquad \exists \, \left( \alpha_{k} \right)_{k=0}^{m} \in \mathbb{R}^\left\{ 0 ,\, \dots ,\, m \right\} \, \boldsymbol{;} \end{aligned} \\[5pt] & \begin{aligned} \forall \, x \in I \, \boldsymbol{,} \qquad \left| f \left( x \right) - \sum_{k=0}^{m} \alpha_{k} x^{k} \right| < \varepsilon \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
${}$
ゆえに，$ \displaystyle M := \int_{I} \left| f \left( x \right) \right| \, dx $ と置くと，問題の仮定と $\textsf{[1]}$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \int_{I} \left\{ f \left( x \right) \right\}^{2} \, dx &= \int_{I} \left\{ f \left( x \right) \right\}^{2} \, dx - 0 \\[5pt] &= \int_{I} \left\{ f \left( x \right) \right\}^{2} \, dx - \sum_{k=0}^{m} \alpha_{k} \int_{I} x^{k} f \left( x \right) \, dx \\[5pt] &= \int_{I} f \left( x \right) \cdot \left\{ f \left( x \right) - \sum_{k=0}^{m} \alpha_{k} x^{k} \right\} \, dx \\[5pt] &\leq \int_{I} \left| f \left( x \right) \right| \cdot \left| f \left( x \right) - \sum_{k=0}^{m} \alpha_{k} x^{k} \right| \, dx \\[5pt] &\leq \left( \int_{I} \left| f \left( x \right) \right| \, dx \right) \cdot \varepsilon \\[5pt] &\leq M \varepsilon \end{aligned} \end{align}
となるので，$\varepsilon$ の任意性から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \int_{I} \left\{ f \left( x \right) \right\}^{2} \, dx = 0 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
よって，(1) の結果から，$I$ 上で $f \equiv 0$ となる。