復習例題1.1.6
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n=\alpha、\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n=\beta$を満たす有理数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$を用いて定義される数列$\{\dfrac{a_n}{b_n}\}$は常に収束し、その極限は$\{a_n\}$、$\{b_n\}$の取り方によらないことを示せ。
《ポイント》
\(\varepsilon\)-\(N\) 論法で証明します。なお、ここでは割り算が意味をもつために \(\beta\neq 0\) を仮定しています。（ \(\beta=0\) の場合は一般には \(\dfrac{a_n}{b_n}\) が収束しません）
《解答例》
【補題1】
\(b_n\to \beta\neq 0\) ならば，ある \(N_0\) が存在して \(n\ge N_0\) で
$$b_n\neq 0\quad \text{かつ}\quad |b_n|\ge \dfrac{|\beta|}{2}$$
が成り立つ。
（証明）
\(\varepsilon=\dfrac{|\beta|}{2}\) として収束の定義を用いる。すると，ある \(N_0\) が存在して \(n\ge N_0\) で
$$|b_n-\beta|<\dfrac{|\beta|}{2}$$
が成り立つ。三角不等式より
$$|b_n|\ge |\beta|-|b_n-\beta|>|\beta|-\dfrac{|\beta|}{2}=\dfrac{|\beta|}{2}>0$$
となる。よって主張が従う。□
（補足）収束数列は有界であるが，本証明では必須ではない。
● ● ●
任意の \(\varepsilon>0\) をとる。示すべきことは，ある \(N\) が存在して \(n\ge N\) ならば
$$\left|\dfrac{a_n}{b_n}-\dfrac{\alpha}{\beta}\right|<\varepsilon$$
が成り立つことである。
まず補題1より，ある \(N_0\) が存在して \(n\ge N_0\) で
$$|b_n|\ge \dfrac{|\beta|}{2}$$
が成り立つ。
次に \(a_n\to\alpha\) であるから，任意の \(\varepsilon_1>0\) に対しある \(N_1\) が存在して \(n\ge N_1\) なら
$$|a_n-\alpha|<\varepsilon_1$$
が成り立つ。
同様に \(b_n\to\beta\) であるから，任意の \(\varepsilon_2>0\) に対しある \(N_2\) が存在して \(n\ge N_2\) なら
$$|b_n-\beta|<\varepsilon_2$$
が成り立つ。
ここで差を評価する。次の変形と三角不等式を用いる：
$$\begin{aligned}\left|\dfrac{a_n}{b_n}-\dfrac{\alpha}{\beta}\right| &=\left|\dfrac{\beta a_n-\alpha b_n}{\beta b_n}\right| \\ &=\dfrac{|\beta a_n-\alpha b_n|}{|\beta||b_n|} \\ &=\dfrac{|(\beta a_n-\beta\alpha)+(\beta\alpha-\alpha b_n)|}{|\beta||b_n|} \\ &\le \dfrac{|\beta||a_n-\alpha|+|\alpha||\beta-b_n|}{|\beta||b_n|}\end{aligned}$$
さらに \(n\ge N_0\) では \(|b_n|\ge \dfrac{|\beta|}{2}\) であるから，
$$\begin{aligned}\left|\dfrac{a_n}{b_n}-\dfrac{\alpha}{\beta}\right| &\le \dfrac{|\beta||a_n-\alpha|+|\alpha||\beta-b_n|}{|\beta|\cdot \dfrac{|\beta|}{2}} \\ &=\dfrac{2}{|\beta|^2}\left(|\beta||a_n-\alpha|+|\alpha||\beta-b_n|\right)\end{aligned}$$
を得る。
したがって右辺を \(\varepsilon\) 未満にすればよい。例えば次を満たせば十分である：
$$|a_n-\alpha|< \dfrac{|\beta|}{4}\varepsilon,\qquad |b_n-\beta|< \dfrac{|\beta|^2}{4(1+|\alpha|)}\varepsilon$$
実際，このとき
$$\begin{aligned}& \quad \dfrac{2}{|\beta|^2}\left(|\beta||a_n-\alpha|+|\alpha||\beta-b_n|\right) \\ &<\dfrac{2}{|\beta|^2}\left(|\beta|\cdot\dfrac{|\beta|}{4}\varepsilon +|\alpha|\cdot\dfrac{|\beta|^2}{4(1+|\alpha|)}\varepsilon\right) \\ &\le \dfrac{2}{|\beta|^2}\left(\dfrac{|\beta|^2}{4}\varepsilon+\dfrac{|\beta|^2}{4}\varepsilon\right) \\ &=\varepsilon\end{aligned}$$
となる。ここで \(\dfrac{|\alpha|}{1+|\alpha|}\le 1\) を用いた。
よって \(N:=\max\{N_0,N_1,N_2\}\) とおけば，\(n\ge N\) に対して
$$\left|\dfrac{a_n}{b_n}-\dfrac{\alpha}{\beta}\right|<\varepsilon$$
が成り立つ。任意の \(\varepsilon>0\) について示したので
$$\dfrac{a_n}{b_n}\to \dfrac{\alpha}{\beta}$$
が従う。
もし \(\{a_n\},\{b_n\}\) と \(\{a’_n\},\{b’_n\}\) がともに
$$a_n\to\alpha,\ b_n\to\beta\neq 0,\qquad a’_n\to\alpha,\ b’_n\to\beta\neq 0$$
を満たすなら，上の結果をそれぞれに適用して
$$\dfrac{a_n}{b_n}\to \dfrac{\alpha}{\beta},\qquad \dfrac{a’_n}{b’_n}\to \dfrac{\alpha}{\beta}$$
を得る。よって両者の極限は一致し，\(\dfrac{a_n}{b_n}\) の極限は \(\{a_n\},\{b_n\}\) の選び方に依存しない。□
《コメント》
一度通分してから三角不等式で「\(a_n\) 側の範囲」と「\(b_n\) 側の範囲」に分けて論証するのが通例です。
「取り方によらない」ということを示すには、どんな有理数列 \((a_n,b_n)\) を使っても、極限は結局 \(\alpha/\beta\) になる、ということを示せばOK。「別の列 \((a’_n,b’_n)\) を使っても、同じ \(\alpha/\beta\) に一致する」＝「取り方によらず答えがただ一つに定まる」という流れで示すことができます。