実数関数の連続性
alg-d
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2013
年
3
月
23
日
命題 1. f : R −→ Rを関数，x∈ Rとする． f がxで連続⇐⇒点列{xn}n=0∞ がnlim→∞xn = xを満たすならば lim n→∞f (xn) = f (x) 証明. (=⇒)任意のε > 0を取る．fがxで連続だから，あるδ > 0が存在して「|x−y| < δ ならば|f(x) − f(y)| < ε」である．この時， lim n→∞xn = xより，あるN > 0が存在して 「n≥ N ならば|xn− x| < δ」とできる．よって「n≥ N ならば|f(xn)− f(x)| < ε」で ある．故に lim n→∞f (xn) = f (x)が分かった． (⇐=) f がxで不連続であると仮定する．即ち，あるε > 0が存在して，任意のδ > 0 に対してあるy ∈ Rが存在して「|x − y| < δかつ|f(x) − f(y)| ≥ ε」が成り立つ．その 様なε > 0を一つ取る．正整数nに対して，「|x − xn| < 1n かつ|f(x) − f(xn)| ≥ ε」を 満たすようなxn ∈ Rが取れる．すると lim n→∞xn = xかつ nlim→∞f (xn)̸= f(x)となり矛 盾する． この ⇐=の証明には選択公理が使われている．それは，各n > 0に対してxn ∈ Rを 取っているところである．具体的には次のようになる．Xn:={y ∈ R | |x − y| < n1 かつ |f(x) − f(y)| ≥ ε}と置けばXn ̸= ∅である．よって選択公理により(xn)∞n=1 ∈ ∞ ∏ n=1 Xn が取れる． 実は次の同値が知られている． 定理. 次の命題は(ZF上)同値． (1) Rの空でない部分集合からなる族{Xn}∞n=0 は選択関数を持つ． (2) 命題1 (3) 非有界集合A⊂ Rは非有界な点列を含む． 1証明. (1 =⇒ 2) 命題1の証明から明らか． (2 =⇒ 3) A ⊂ Rを非有界集合，h : R −→ (0, 1) を同相写像とする．Aが非有界だか ら，0か1がh(A)の集積点である．0がh(A)の集積点としてよい．関数f :R −→ Rを f (y) := { 1 (y ∈ h(A)のとき) 0 (y /∈ h(A)のとき) と定義すれば，0がh(A)の集積点であるからf は0で不連続である．従って仮定により 点列{xn}∞n=0 でn→∞lim xn = 0かつ lim n→∞f (xn)̸= f(0) となるものが存在する．f (0) = 0 であるから lim n→∞f (xn) = 1．{xn} の部分列を適当に取ることにより，各 n に対して f (xn) = 1としてよい．このとき{h−1(xn)}∞n=0は明らかにAの非有界な点列である． (3 =⇒ 1) R の 空 で な い 部 分 集 合 か ら な る 族 {Xn}∞n=0 を 取 る ．Yn := n ∏ i=0 Xi と す る ．全 単 射 f : R2 −→ R と g : R −→ (0, 1) を 取 る ．f0(x) := x, f1(x, y) := f (x, y), f2(x, y, z) := f (f (x, y), z), · · · として全単射の族 {fn: Rn+1 −→ R}∞n=0 を 得る．σn: R −→ Rをσn(x) := x + nで定める． Zn := σn◦ g ◦ fn(Yn), Z = ∞ ∪ n=0 Znと置けば，Zn ⊂ (n, n + 1)であるからZ は非有 界である．従って仮定3により，Z は非有界な点列{zn}∞n=0 を含む． M := {m ∈ N | ある n ∈ N が存在して zn ∈ Zm} と置く．m ∈ M に対して n(m) := min{n ∈ N | zn ∈ Zm} とすれば (zn(m))m∈M ∈ ∏ m∈M Zm である．ym := (σn(m)◦ g ◦ fn(m))−1(zn(m))∈ Ymと置けば(ym)m∈M ∈ ∏ m∈M Ymとなる．Ym= m ∏ i=0 Xi だったからym = (x (m) 0 ,· · · , x (m) n ) (x (m) i ∈ Xi)と書ける．この時 m(n) := min{m ∈ M | n ≤ m}と置けば(x(m(n))n )∞n=0 ∈ ∞ ∏ n=0 Xnである． 一方，次の命題はZFで証明できる． 命題 2. f : R −→ Rとする． f がRで連続⇐⇒収束点列{xn}∞n=0に対してnlim→∞f (xn) = f ( lim n→∞xn) 証明. (=⇒) 命題1の時と同様． (⇐=) x ∈ Rとする．A :=Q ∪ {x}とすれば，f|A: A −→ Rはxで連続である． . ..) f がxで不連続であると仮定する．即ち，あるε > 0が存在して，任意のδ > 0 に対してある y ∈ A が存在して「|x − y| < δ かつ |f(x) − f(y)| ≥ ε」が成り立 2
つ．その様なε > 0を一つ取る．正整数nに対して，Xn := {y ∈ A | |x − y| < n1 かつ|f(x) − f(y)| ≥ ε} と置けば Xn ̸= ∅ である．A = Q ∪ {x}は可算集合だか ら，A = {am | m ∈ N}と書ける．このとき各n > 0 に対してm(n) := min{m ∈ N | am ∈ Xn}とすれば(am(n))∞n=1 ∈ ∞ ∏ n=1 Xn である．すると lim n→∞am(n) = xかつ lim n→∞f (am(n))̸= f(x)となり矛盾する． 任意のε > 0を取る．f|A: A−→ Rがxで連続だから，あるδ > 0が存在して「y∈ Q かつ|x − y| < δならば|f(x) − f(y)| < ε 2」とできる．このとき「z ∈ Rかつ|x − z| < δ ならば|f(x) − f(z)| < ε」である． . ..) 先と同様にして，f|Q∪{z} もzで連続だから，あるδ′ > 0が存在して「y∈ Qか つ|z −y| < δ′ならば|f(z)−f(y)| < ε 2」である．この時|x−y| < δかつ|z −y| < δ ′ なるy∈ Qを取れば|f(x) − f(z)| ≤ |f(x) − f(y)| + |f(y) − f(z)| < ε 2 + ε 2 = ε 故にf はRで連続である． また，この命題を距離空間に一般化すると次の同値が成り立つ． 定理. 次の命題は(ZF上)同値． (1) 可算選択公理(即ち，非空集合の族{Xn}∞n=0は選択関数を持つ) (2) M を距離空間，f : M −→ Rを関数とするとき f がM で連続⇐⇒収束点列{xn}∞n=0 ⊂ M に対してnlim→∞f (xn) = f ( lim n→∞xn) 証明. (1 =⇒ 2) M = Rの時と同様． (2 =⇒ 1) 非空集合の族{Xn}∞n=0が選択関数を持たないと仮定する． Yn := n ∏ k=0 Xk, Y := ∞ ∪ n=0 Yn とする．m̸= nならばYm∩ Yn =∅としてよい．∞ /∈ Y なる∞を一つ取りM := Y ∪ {∞}と定める．M 上の距離dを d(x, y) := 0 (x = yのとき) 1 (x, y∈ Y, x ̸= y のとき) 1 n+1 (x∈ Yn, y =∞のとき) により定める．関数 f : M −→ R をf (x) := { 1 (x∈ Y のとき) 0 (x /∈ Y のとき) で定めればf は ∞ で連続でない．故に仮定 2 から lim n→∞f (an) ̸= f( limn→∞an) となるような収束点列 3
{an}∞n=0 が存在する．明らかにnlim→∞an =∞である．部分列を取ることにより，初めか ら各n∈ Nについてan ∈ Y としてよい．mn := 1 d(an,∞) − 1 ∈ N と置く．dの定義か らan ∈ Ymn である． 集合 S ⊂ Nを「i, j ∈ Sかつ i < j ならばmi < mj」を満たすように任意に取る．S は有限集合である． . ..) 無限集合であると仮定する．すると任意の k ∈ N に対してある n ∈ S が存 在して k < n となる．an ∈ Ymn だったからan = (x (n) 0 ,· · · , x (n) mn)と書ける．そ こで k ∈ N に対して nk := min{n ∈ S | k < n} と置き bk := x (nk) k と置けば (bk)∞k=0 ∈ ∏∞ k=0Xkであり，{Xn}∞n=0 が選択関数を持たないことに矛盾する． S は任意だったから，{an | n ∈ N} ⊂ N ∪ n=0 Ynとなるような番号N が存在しなければな らない．よってlim an̸= ∞となり矛盾する．
参考文献
[1] Horst Herrlich, Axiom of Choice，Springer, 2006
[2] Norbert Brunner, Sequential Continuity, Kyungpook Math. J. 38 (1982), 233
