2013年3月23日更新

実数関数の連続性

PDF版

命題1 f: RRを関数,x∈Rとする.
fがxで連続 ⇔ 点列 { xn }n=0が limn→∞xn = x を満たすならば limn→∞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,limn→∞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 limn→∞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|<1/n かつ |f(x)-f(xn)|≧ε」を満たすようなxnRが取れる.すると limn→∞xn = x かつ limn→∞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xnR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|<1/n 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∈Πn=1Xn 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.

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: RR

y∈h(A)のとき f(y) := 1
y ∉ h(A)のとき f(y) := 0

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 limn→∞xn = 0 かつ limn→∞f(xn)≠f(0) となるものが存在する.f(0)=0 であるから limn→∞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 := Πi=0nXiとする.全単射 f: R2R 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+1R }n=0を得る.σn: RRをσn(x) := x+n で定める.

Zn := σngfn(Yn), Z = ∪n=0Zn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∈Πm∈MZm である.ym := (σn(m)gfn(m))-1(zn(m))∈Ym と置けば (ym)m∈M∈Πm∈MYmとなる.Ym = Πi=0mXiだったから ym = (x0(m), …, xn(m)) (xi(m)∈Xi) と書ける.この時 m(n) := min{ m∈M | n≦m } と置けば (xn(m(n)))n=0∈Πn=0Xnである.

一方,次の命題はZFで証明できる.

命題 f: RRとする.
fがRで連続 ⇔ 収束点列 { xn }n=0に対して limn→∞f(xn) = f(limn→∞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|<1/n 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∈Πn=1Xn である.すると limn→∞am(n) = x かつ limn→∞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
  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 limn→∞f(xn) = f(limn→∞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 := Πk=0nXk , Y := ∪n=0Ynとする.m≠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)
d(x, y) := 1 (x, y∈Y, x≠y のとき)
d(x, y) := 1/(n+1) (x∈Yn, y=∞ のとき)

により定める.関数 f: M→R

f(x) := 1 (x∈Yのとき)
f(x) := 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 limn→∞f(an)≠f(limn→∞an) となるような収束点列 { an }n=0が存在する.明らかに limn→∞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 = ( x0(n), …, xmn(n) ) と書ける.そこで k∈N に対して nk := min{ n∈S | k < n } と置き bk := xk(nk) と置けば ( bk )k=0∈Πk=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=0NYn 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 an≠∞ となり矛盾する.

参考文献

コメント

コメントはまだありません。

コメントする

感想、意見、質問など何でもどうぞ。
※書き込んだのに表示されない場合は、ページをリロードしてみてください。