解析学 III レポート問題 No.1 解答・解説（2025.6.6 出題）

 プリントは https://www.math.sci.hiroshima-u.ac.jp/takimoto/R7Kai3.html にも置いてあります．

問１講義で述べたように， {f_{n}(x)} が f(x) に A 上で一様収束することは

∀ε > 0, ∃N ∈ ℕ s.t. ∀x ∈ A, ∀n ≥ N, |f_{n}(x) − f(x)| < ε

と書き換えることができます． (1) はこの否定を考えると答案が書きやすいでしょう．

(1) ［解答］ \underline{∃ε > 0 s.t.} \underline{∀N ∈ ℕ, ∃x ∈ A, ∃n ≥ N s.t. |f_{n}(x) − f(x)| ≥ ε.}

(2) 真っ先に ε を決めなければいけません．得てして「実は ε は正であれば何でもよい」という場合もありますが，この問題の場合はそうではありません． x = 1 のときは常に |f_{n}(x) − f(x)| = 0 ですから |f_{n}(x) − f(x)| ≥ ε にはなり得ないので x ∈ [0, 1) である必要があります．そのとき |f_{n}(x) − f(x)| = x^{n} ですから x^{n} ≥ ε が成り立つ x ∈ [0, 1) を探すわけですが，常に x^{n} < 1 ですから ε は 1 より小さい数を選ばなければいけません．

［証明］ ε = \frac{1}{2} と定める．

いま，任意に N ∈ ℕ を取る．このとき， x = 2^{− \frac{1}{N}}, n = N とおくと 0 < x < 1 である（もちろん x ∈ [0, 1] かつ n ≥ N）から，

|f_{n}(x) − f(x)| = |x^{N} − 0| = x^{N} = (2^{− \frac{1}{N}} )^{N} = \frac{1}{2} ≥ ε

が成立する．従って {f_{n}(x)} は f(x) に [0, 1] 上で一様収束しない． ■

問２解答の方針は，数列の場合の「 lim_{n→∞} a_{n} = α, lim_{n→∞} b_{n} = β ならば lim_{n→∞}(a_{n}+b_{n}) = α+β」と同じです．同様の方法，一様収束する関数列の差やスカラー倍も一様収束することが示されます．

［証明］任意に ε > 0 を取る．仮定より，

∃N_{1} ∈ ℕ s.t. ∀x ∈ A, ∀n ≥ N_{1}, |f_{n}(x) − f(x)| < \frac{ε}{2},

∃N_{2} ∈ ℕ s.t. ∀x ∈ A, ∀n ≥ N_{2}, |g_{n}(x) − g(x)| < \frac{ε}{2}

が成立する．ここで N = max{N_{1}, N_{2}}(∈ ℕ) とおくと，任意の x ∈ A と任意の n ≥ N に対して

|(f_{n}(x) + g_{n}(x)) − (f(x) + g(x))| = |(f_{n}(x) − f(x)) + (g_{n}(x) − g(x))|

≤ |(f_{n}(x) − f(x))| + |(g_{n}(x) − g(x))|

< \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε

が成立する．従って， {f_{n}(x) + g_{n}(x)} は f(x) + g(x) に A 上で一様収束する． ■ ［別証］仮定より sup_{x∈A} |f_{n}(x) − f(x)| → 0, sup_{x∈A} |g_{n}(x) − g(x)| → 0 (n → ∞) であるから，

sup_{x∈A} |(f_{n}(x) + g_{n}(x)) − (f(x) + g(x))| = sup_{x∈A} |(f_{n}(x) − f(x)) + (g_{n}(x) − g(x))|

≤ sup_{x∈A}(|(f_{n}(x) − f(x))| + |(g_{n}(x) − g(x))|)

≤ sup_{x∈A} |(f_{n}(x) − f(x))| + sup_{x∈A} |(g_{n}(x) − g(x))|

→ 0 (n → ∞)

が成立する．従って， sup_{x∈A} |(f_{n}(x) + g_{n}(x)) − (f(x) + g(x))| → 0 (n → ∞) であるから，

{f_{n}(x) + g_{n}(x)} は f(x) + g(x) に A 上で一様収束する． ■

\underline{注意．}レポート問題の脚注にあった「\{f_{n}(x)g_{n}(x)\} は f(x)g(x) に A 上で一様収束すると言えるか？」 · · · · · · (∗) ですが，答は偽です．例えば， A = ℝ として， f_{n}(x) = x^{2}, g_{n}(x) ≡ \frac{1}{n} とおくと，

\{f_{n}(x)\} は f(x) = x^{2} に， \{g_{n}(x)\} は g(x) ≡ 0 に A 上で一様収束します．一方， f_{n}(x)g_{n}(x) = \frac{x^{2}}{n} となりますが {f_{n}(x)g_{n}(x)} は f(x)g(x) ≡ 0 に A 上で一様収束しません（証明は問３ (2) を参照）．

しかし，\underline{もしも「極限関数 f(x), g(x) が A 上で有界」という条件を付け加えれば}，命題 (∗) は真となります．証明は良い演習問題ですので各自で考えてみましょう^{1}．

問３ 6/6 の講義で証明した命題（{f_{n}(x)} が f(x) に I 上一様収束することと同値な命題）を用いると早く解けるでしょう． (3) の (ii) （極限関数を求める問題）は正解者は多かったですが，きちんと議論できた方は非常に少なかったです．解答をよく読んで，答案に何を書かなければいけないかを確認してください．極限関数（＝各点収束の極限）を求めるわけですから，任意に x_{0} ∈ I を 1 つ取って {f_{n}(x_{0})} の極限値を考えなければいけません．

なお， (i) の解答は省略します．グラフを書く際には定義域に注意してください．また，どの情報を書けば十分かを意識するようにしましょう．

［解答］ (1) (1) (ii) 任意の x ∈ [0, 1] に対して lim_{n→∞} \frac{x^{2}}{n} = 0 であるので，極限関数は f(x) ≡ \underline{0} .

(iii) sup_{x∈[0,1]} |f_{n}(x) − f(x)| = sup_{x∈[0,1]} \frac{x^{2}}{n} = \frac{1}{n} → 0 (n → ∞) であるから， \{f_{n}(x)\} は f(x) に

[0, 1] 上で\underline{一様収束する}．

(2) (ii) 任意の x ∈ ℝ に対して lim_{n→∞} \frac{x^{2}}{n} = 0 であるので，極限関数は f(x) ≡ \underline{0} .

(iii) 任意の n ∈ ℕ に対して， sup_{x∈ℝ} |f_{n}(x)−f(x)| = sup_{x∈ℝ} \frac{x^{2}}{n} = ∞ であるから， sup_{x∈ℝ} |f_{n}(x)−

f(x)| は n → ∞ のとき 0 に収束しない．従って \{f_{n}(x)\} は f(x) に ℝ 上で\underline{一様収束しない}．

1これを用いると，「A が閉区間で， {f_{n}(x)}, {g_{n}(x)} が A 上の連続関数列である」という条件を付け加えても命題 (∗) が真であることが分かります（証明には 6/11 の講義中で示した定理を用いる）．

\underline{注意．}この例から分かるように，関数列が同じでも，定義域が異なると一様収束したりしなかったりするわけです．一般に，定義域が広ければ広いほど一様収束しにくくなります．

\underline{注意．}ℝ 上では \{f_{n}(x)\} は f(x) に一様収束しませんが， ℝ の任意の閉区間 [a, b] 上では \{f_{n}(x)\} は f(x) に一様収束します（証明は (1) と同様です）．即ち， 6/11 の講義で学習する用語を使えば，「ℝ 上で {f_{n}(x)} は f(x) に広義一様収束する」ことが言えます．

(3) (ii) 任意に x_{0} ∈ [0, 1] を取る， \underline{(a) x_{0} = 0 のとき} 任意の n ∈ ℕ に対して f_{n}(0) = 0 であるから， f(0) = lim_{n→∞} f_{n}(0) = 0.

\underline{(b) x_{0} ∈ (0, 1] のとき} N = [\frac{1}{x_{0}} ] + 1 とおくと，任意の n ≥ N に対して

\frac{1}{n} ≤ \frac{1}{N} < \frac{1}{\frac{1}{x_{0}}} = x_{0} (≤ 1)

であるから f_{n}(x_{0}) = 0 である．従って f(x_{0}) = lim_{n→∞} f_{n}(x_{0}) = 0.

以上の結果，極限関数は f(x) ≡ \underline{0} である．

(iii) sup_{x∈[0,1]} |f_{n}(x)−f(x)| = sup_{x∈[0,1]} f_{n}(x) = f_{n} (\frac{1}{2n}) = \frac{1}{2} (∀n ∈ ℕ) であるから， sup_{x∈[0,1]} |f_{n}(x)−

f(x)| → 0 (n → ∞) ではない．従って， \{f_{n}(x)\} は f(x) に [0, 1] 上で\underline{一様収束しない}．

\underline{注意．}たとえ問われていなかったとしてもまずはグラフを描いてみることが基本です（中学・高校の数学でも同じことですけど）． (3) の f_{n}(x) のグラフは右ページのようになります．

x_{0} = 0 のときは，任意の n ∈ ℕ に対して f_{n}(0) = 0 ですから， f(0) = lim_{n→∞} f_{n}(0) = 0 となりま

す．（f_{n} (\frac{1}{2n}) = \frac{1}{2} ですので，点 (\frac{1}{2n}, \frac{1}{2}) が n → ∞ のときに (0, \frac{1}{2}) に近づくから f(0) = \frac{1}{2}

だと思った方がいました．そうではなくて， x_{0} = 0 のときの f_{n}(x_{0}) の値を考えてその n → ∞ の極限を考えます）

一方， x_{0} ∈ (0, 1] のときはどうなるかということを考えるために， x_{0} を「×」印が付いた点であると仮定しましょう．すると， f_{1}(x_{0}), f_{2}(x_{0}), f_{3}(x_{0}) までは 0 ではないですが， f_{4}(x_{0}) 以降は全て 0 になることがわかるでしょう．ですから f(x_{0}) = lim_{n→∞} f_{n}(x_{0}) = 0 となります．他の x_{0} ∈ (0, 1]

に対しても，ある番号（実際には [\frac{1}{x_{0}} ] + 1 番目）より先の n に対しては f_{n}(x_{0}) = 0 となるので，上のような解答が得られます．

O_{\frac{1}{2}}  x_{0} x_{0}  _{\frac{1}{2}}  1  x O_{\frac{1}{2}}  _{\frac{1}{4}}  _{\frac{1}{2}}  1  x O_{\frac{1}{2}}  _{\frac{1}{6}}  _{\frac{1}{3}}  1  x O_{\frac{1}{2}}  _{\frac{1}{8}}  _{\frac{1}{4}}  1  x O_{\frac{1}{2}}  _{\frac{1}{10}}  _{\frac{1}{5}}  1  x

n = 1

n = 2

n = 3

n = 4

n = 5