ε-δ論法による連続関数に関する例題

ε-δ論法による証明の難しさの一つに、「辻褄を合わす」とか「整合性を取る」といった作業があります。具体的には、ある条件の元で○○の絶対値が、任意の正数εより小さくなる。すなわち
\[
| \text{○○} | < \varepsilon
\]
を満たす。故に○○＝０である。として論理を進めるのがε-δ論法の常套手段です。ここでεが2εでも10εでも別に問題はありませんが、最後にεとすることで綺麗な証明になります。
証明が複雑になれば複雑になるほど、この「辻褄を合わせる」という作業が難しくかつ、面倒になります。
その具体例として、この記事では二つの連続関数の和・スカラー倍・積・商が連続になることをε-δ論法により証明します。
さらに連続関数列が、ある関数に一様収束する時その関数も連続になることを「三分の一ε」という方法を用いて証明します。
この記事を読んで、ε-δ論法に慣れると共に美しい証明をするためのヒントになればと思います。

定義[連続関数]

区間$ I $の上で定義された関数$ f( x ) $ が$ x_{ 0 } \in I $において連続であるとは任意の$ \varepsilon > 0 $に対して、ある$ \delta > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta \Rightarrow | f( x ) – f( x_{0} ) | < \varepsilon
\]
が成り立つっことである。

例題１（加法とスカラー倍）

二つの関数$ f(x),g(x) $が区間$ I $の上で連続であるとき
1. 関数 $ f(x) + g(x) $は区間$ I $の上で連続である.
2. 関数 $ \alpha \neq 0 $なる実数$ \alpha $ に対して$ \alpha f( x ) $は区間$ I $の上で連続である.

解

１．関数 $ f(x) + g(x) $が区間$ I $ 上の任意の点$ x_{0} \in I $で連続であることを示す.任意の$ \varepsilon > 0 $に対して
　・$ f(x) $は$ x_{0} \in I $において連続だから,ある$ \delta_{1} > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta_{1} \Rightarrow | f( x ) – f( x_{0} ) | < \frac{ \varepsilon }{ 2 }
\]
が成り立つ.
　・$ g(x) $は$ x_{0} \in I $において連続だから,ある$ \delta_{2} > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta_{2} \Rightarrow | g( x ) – g( x_{0} ) | < \frac{ \varepsilon }{ 2 }
\]
が成り立つ.
ここで$ \delta = \min( \delta_{1}, \delta_{2} ) $とおけば$ | x – x_{0} | < \delta $ならば
\[
| x – x_{0} | < \delta_{1} \text{　かつ、} | x – x_{0} | < \delta_{2}
\]
だから$ | x – x_{0} | < \delta $ならば
\[
\begin{align*}
| ( f(x) + g(x) ) – ( f(x_{0}) + g(x_{0}) ) |
& = | ( f(x) – f(x_{0}) ) + ( g(x) – g(x_{0}) ) |
\\
& \leq | f(x) – f(x_{0}) | + | g(x) – g(x_{0}) |
\\
& < \frac{ \varepsilon }{2} + \frac{ \varepsilon }{2}
= \varepsilon
\end{align*}
\]
が成り立つ.したがって,任意の$ \varepsilon > 0 $に対して,ある$ \delta > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta \Rightarrow | ( f(x) + g(x) ) – ( f(x_{0}) + g(x_{0}) ) | < \varepsilon
\]
が成り立つから関数$ f(x) + g(x) $は$ x_{0} \in I $において連続である.ここで$ x_{0} \in I $は任意だから関数$ f(x) + g(x) $は区間$ I $の上で連続である.

2. 関数$ \alpha f( x ) $が任意の点$ x_{0} \in I $において連続になることを示す.任意の$ \varepsilon > 0 $に対して,関数$ f(x) $は$ x_{0} \in I $において連続だから,ある$ \delta > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta \Rightarrow | f(x) – f(x_{0}) | < \frac{ \varepsilon }{ | \alpha | }
\]
が成り立つ.したがって$ | x – x_{0} | < \delta $ならば
\[
\begin{align*}
| \alpha f(x) – \alpha f(x_{0}) | = | \alpha ( f(x) – f(x_{0}) ) |
= | \alpha | | f(x) – f(x_{0}) | < | \alpha | \frac{ \varepsilon }{ | \alpha | } = \varepsilon
\end{align*}
\]
が成り立つ.したがって,任意の$ \varepsilon > 0 $に対して,ある$ \delta > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta \Rightarrow | \alpha f(x) – \alpha f(x_{0}) | < \varepsilon
\]
が成り立つから関数$ \alpha f(x) $は$ x_{0} \in I $において連続である.ここで$ x_{0} \in I $は任意だから,関数$ \alpha f(x) $は区間$ I $において連続である.

例題２（乗法と除法）

関数 $ f(x), \, g(x) $が区間$ I $の上で連続であるとき
1. 関数 $ f(x) g(x) $は区間$ I $の上で連続である.
2. 関数 $ \displaystyle \frac{ f(x) }{ g(x) } $ は区間$ I $の上で連続である.ただし,すべての $ x \in I $に対して$ g(x) \neq 0 $とする.

解

関数 $ f(x), \, g(x) $が任意の$ x_{0} \in I $において連続になることを示す.
\[
0 < \frac{ \varepsilon }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | } < 1
\]
を満たす十分小さな$ \varepsilon > 0 $に対して
・$ f(x) $は$ x_{0} \in I $において連続だから,ある$ \delta_{1} > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta_{1} \Rightarrow
| f(x) – f(x_{0}) |< \frac{ \varepsilon }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | }
\]
が成り立つ.
・$ g(x) $は$ x_{0} \in I $において連続だから,ある$ \delta_{2} > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta_{2} \Rightarrow
| g(x) – g(x_{0}) |< \frac{ \varepsilon }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | }
\]
が成り立つ.ここで
\[
\begin{align*}
& f(x)g(x) – f(x_{0})g(x_{0})
\\
&= ( f(x)g(x) – f(x)g(x_{0}) ) + ( f(x)g(x_{0}) – f(x_{0})g(x_{0}) )
\\
&= f(x) ( g(x) – g(x_{0}) ) + ( f(x)g(x_{0}) – f(x_{0})g(x_{0}) )
\\
&= ( ( f(x) – f(x_{0}) ) + f(x_{0}) ) ( g(x) – g(x_{0}) ) + ( f(x)g(x_{0}) – f(x_{0})g(x_{0}) )
\\
& = ( f(x) – f(x_{0}) )( g(x) – g(x_{0}) ) + f(x_{0})( g(x) – g(x_{0}) ) + ( f(x) – f(x_{0}) )g(x_{0})
\end{align*}
\]
となることを考慮して$ \delta = \min(\delta_{1},\delta_{2}) $とおけば $ | x – x_{0} | < \delta $ ならば
\[
| x – x_{0} | < \delta_{1} \text{ かつ } | x – x_{0} | < \delta_{2}
\]
だから $ | x – x_{0} | < \delta $ ならば
\[
\begin{align*}
& | f(x)g(x) – f(x_{0})g(x_{0}) |
\\
& = | ( f(x) – f(x_{0}) )( g(x) – g(x_{0}) ) + f(x_{0})( g(x) – g(x_{0}) )+ ( f(x) – f(x_{0})g(x_{0}) |
\\
& \leq | f(x) – f(x_{0}) | | g(x) – g(x_{0}) | + | f(x_{0}) | | g(x) – g(x_{0}) |+ | f(x) – f(x_{0}) | | g(x_{0}) |
\\
& < ( \frac{ \varepsilon }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | } )^{2}
+ \frac{ | f(x_{0}) | \varepsilon }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | }
+ \frac{ | g(x_{0}) | \varepsilon }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | }
\\
& < \frac{ \varepsilon }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | }
+ \frac{ | f(x_{0}) | \varepsilon }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | }
+ \frac{ | g(x_{0}) | \varepsilon }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | }
\\
& = ( \frac{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | }{ 1 + | f(x_{0}) | + | g(x_{0}) | } )\varepsilon
= \varepsilon
\end{align*}
\]
が成り立つ.したがって任意の$ \varepsilon > 0 $に対して,ある$ \delta > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta
\Rightarrow
| f(x) g(x) – f(x_{0}) g( x_{0} ) | < \varepsilon
\]
が成り立つから関数$ f(x) g(x) $は$ x_{0} \in I $において連続である.
ここで $ x_{0} \in I $は任意だから関数$ f(x) g(x) $は区間 $ I $ の上で連続である.
最初に任意の $ x_{0} \in I $において関数$ \frac{ 1 }{ g(x) } $が連続になることを示す.任意の$ \varepsilon > 0 $に対して関数$ g(x) $は $ x_{0} \in I $ において連続だから,ある $ \delta > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta \Rightarrow
| g(x) – g(x_{0}) | < \frac{ | g(x_{0}) |^{2} \varepsilon }{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }
\]
が成り立つ.ここで負の三角不等式
\[
| g(x_{0}) | – | g(x) | \leq | g(x_{0}) – g(x) | = | g(x) – g(x_{0}) |
\]
により
\[
| g(x_{0}) | – | g(x) | < \frac{ | g(x_{0}) |^{2} \varepsilon }{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }
\]
となるから
\[
\begin{align*}
| g(x) | > | g(x_{0}) | – \frac{ | g(x_{0}) |^{2} \varepsilon }{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }
& = \frac{ | g(x_{0}) | ( 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | ) }{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | } – \frac{ | g(x_{0}) |^{2} \varepsilon }{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }
\\
& = \frac{ | g(x_{0}) | + \varepsilon | g(x_{0}) |^{2} – \varepsilon | g(x_{0}) |^{2} }{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }
\\
& = \frac{ | g(x_{0}) | }{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }
\end{align*}
\]
が成り立つ.逆数をとれば
\[
| x – x_{0} | < \delta \Rightarrow
\frac{ 1 }{ | g(x) | } < \frac{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }{ | g(x_{0}) | }
\]
が成り立つ.ここで
\[
\frac{ 1 }{ g(x) } – \frac{ 1 }{ g(x_{0}) }
= \frac{ g(x_{0}) – g(x) }{ g(x) g(x_{0}) }
= \frac{ 1 }{ g(x) } ( \frac{ g(x_{0}) – g(x) }{ g(x_{0}) } )
\]
となることを考慮すれば $ | x – x_{0} | < \delta $ならば
\[
\begin{align*}
| \frac{ 1 }{ g(x) } – \frac{ 1 }{ g(x_{0}) } |
= \frac{1}{ | g(x) | } \frac{ | g(x_{0}) – g(x) | }{ | g(x_{0}) | }
& < \frac{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }{ | g(x_{0}) | }
\frac{1}{ | g(x_{0}) | }
\frac{ | g(x_{0}) |^{2} \varepsilon }{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }
\\
& = \frac{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }{ | g(x_{0}) |^{2} }
\frac{ | g(x_{0}) |^{2} \varepsilon }{ 1 + \varepsilon | g(x_{0}) | }
= \varepsilon
\end{align*}
\]
が成り立つ.したがって任意の$ \varepsilon > 0 $に対して,ある $ \delta > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta
\Rightarrow
| \frac{ 1 }{ g(x) } – \frac{ 1 }{ g(x_{0}) } | < \varepsilon
\]
が成り立つから関数$ \displaystyle \frac{ 1 }{ g(x) } $は$ x_{0} \in I $において連続である.
ここで$ x_{0} \in I $は任意だから関数$ \displaystyle \frac{ 1 }{ g(x) } $は区間$ I $の上で連続である.そこで
\[
\frac{ f(x) }{ g(x) } = f(x) \cdot ( \frac{ 1 }{ g(x) } )
\]
となるから$ 1. $により関数$ \displaystyle \frac{ f(x) }{ g(x) } $は区間$ I $の上で連続である.

関数列
\[
\begin{align*}
f_{1}(x), \, f_{2}(x), \, \cdots, f_{n}(x), \, \cdots
\end{align*}
\]
のすべての項$ f_{n}(x) $が区間$ I $の上のすべての点で定義されているものとする.
任意の$ x_{0} \in I $に対して数列$ \displaystyle \{ f_{n} (x_{0}) \}_{n=1}^{\infty} $が収束するとき関数列$ \displaystyle \{ f_{n} (x) \}_{n=1}^{\infty} $は$ \ x = x_{0} $で収束するといい,$ \ I $のどの点においても収束するとき関数列$ \displaystyle \{ f_{n} (x) \}_{n=1}^{\infty} $は区間$ \ I $の上で収束するという.このとき,区間$ \ I $の各点$ \ x $における極限値を $ \ f(x) $. すなわち
\[
\begin{align*}
f(x) = \lim_{n \to \infty} f_{n} (x) \quad x \in I
\end{align*}
\]
により定義すれば$ \ f(x) $は区間$ \ I $の上の関数になる.この関数を極限関数という.

定義（各点収束と一様収束）

$ \displaystyle \{ f_{n}(x) \}_{n=1}^{\infty} $を区間 $ I $の上の関数列,$ \ f(x) $を区間 $ I $の上の関数とし,区間$ I $の任意の点を$ x_{0} $とする.
1. 任意の$ \varepsilon > 0 $に対して$ x_{0} $と$ \ \varepsilon $に依存する自然数$ \ n_{0} $が存在して
\[
| f_{n}(x_{0}) – f(x_{0}) | < \varepsilon \quad n \geq n_{0}
\]
が成り立つとき関数列$ \ \displaystyle \{ f_{n}(x) \}_{n = 1}^{ \infty } $は$ \ x = x_{0} $において$ \ f(x) $に各点収束するという.
2. 任意の$ \varepsilon > 0 $に対して$ x $に依存せずに$ \ \varepsilon $だけに依存する自然数$ \ n_{0} $が存在して
\[
| f_{n}(x) – f(x) | < \varepsilon \quad n \geq n_{0}
\]
が成り立つとき関数列$ \ \displaystyle \{ f_{n}(x) \}_{n = 1}^{ \infty } $は$ \ f(x) $に一様収束するという.

定理

区間$ \ I $の上で連続な関数列$ \ \{ f_{n}(x) \}_{n=1}^{\infty} $が関数$ \ f(x) $に一様収束するとき関数$ \ f(x) $は区間$ \ I $の上で連続である

証明　関数$ \ f(x) $が任意の$ \ x_{0} \in I $において連続になることを示す.任意の$ \ \varepsilon > 0 $に対して関数列$ \ \{ f_{n}(x) \}_{n=1}^{\infty} $は関数$ \ f(x) $に一様収束するから自然数$ \ n_{0} $が存在して
\[
| f_{n}(x) – f(x) | < \frac{ \varepsilon }{3} \quad n \geq n_{0}, \ x \in I
\]
が成り立つ.特に $ \ n = n_{0} $とすれば
\[
| f_{n_{0}}(x) – f(x) | < \frac{ \varepsilon }{3} \quad x \in I
\]
が成り立つ.仮定により関数$ \ f_{n_{0}}(x) $は$ \ x_{0} \in I $において連続だから,ある$ \ \delta > 0 $が存在して
\[
| x – x_{0} | < \delta \Rightarrow | f_{n_{0}}(x) – f_{n_{0}}(x_{0}) | < \frac{ \varepsilon }{3}
\]
が成り立つ.したがって$ \ | x – x_{0} | < \delta \ $ならば
\[
\begin{align*}
| f(x) – f(x_{0}) |
& = | ( f(x) – f_{n_{0}}(x) ) + ( f_{n_{0}}(x) – f_{n_{0}}(x_{0}) ) + ( f_{n_{0}}(x_{0}) – f(x_{0}) ) |
\\
& \leq | f(x) – f_{n_{0}}(x) | + | f_{n_{0}}(x) – f_{n_{0}}(x_{0}) | + | f_{n_{0}}(x_{0}) – f(x_{0}) |
\\
& < \frac{ \varepsilon }{3} + \frac{ \varepsilon }{3} + \frac{ \varepsilon }{3}
= \varepsilon
\end{align*}
\]
が成り立つ.故に
\[
| x – x_{0} | < \delta \Rightarrow | f(x) – f(x_{0}) | < \varepsilon
\]
が成り立つから関数$ \ f(x) $は$ \ x_{0} \in I $において連続である.ここで$ \ x_{0} \in I $は任意だから関数$ \ f(x) $は区間$ \ I $において連続である.