【１変数】一様連続な関数と連続な関数を比較

関数の連続性のほかに、一様連続性という概念があります。

定義（一様連続）

$A$は実数体$\mathbb{R}$の部分集合で、関数$f \: : \: A \to \mathbb{R}$が、

$$\forall \varepsilon \gt 0 　\exists \delta \gt 0 　\forall x_0 \in A 　\forall x \in A \: : \: \mid x \: – \: x_0 \mid \lt \delta \quad \mid f(x) \: – \: f(x_0) \mid \lt \varepsilon$$

を満たしているとき、$f$は$A$上で一様連続である。

これを関数の連続性と比較してみまよう。関数$f(x)$が$x_0$で連続であるとは、

$$\forall \varepsilon > 0 　\exists \delta > 0 　\forall x \in A : \: \mid x \; – \; x_0 \mid \, < \delta 　　\mid f(x) \; – \; f(x_0) \mid \, < \varepsilon$$

が成り立つときにいいます。また、すべての$x_0 \in A$で連続であるとき、関数$f(x)$は連続であるといいます。

連続の定義式では$x_0$が固定されていて、各$x_0$において関数が連続であるかを考えます。

一方で、一様連続の定義式では$x_0$が固定されておらず、$\mid x \; – \; x_0 \mid \, < \delta$を満たす$x$と$x_0$のすべての組合せに対して$\mid f(x) \; – \, f(x_0) \mid \, < \varepsilon$を満たす$\delta$が存在しなければなりません。

連続な関数でも、$A$がある条件を満たすだけで一様連続になります。

定理（ハイネ(1872)）

集合$A$が閉区間$[a,b]$で、関数$f \: : \: A \to \mathbb{R}$が$A$上で連続のとき、$f$は$A$上で一様連続である。

証明

背理法によります。$f$が$A$上で一様連続でないとします。したがって、$\varepsilon = 1/n$とすれば、

$$\exists \varepsilon \gt 0 　\forall n \gt 0 　\exists x_{0n} \in A 　\exists x_n \in A \: : \: \mid x_n \; – \, x_0 \mid \lt 1/n \quad \mid f(x_n) \; – \, f(x_{0n}) \mid \ge \varepsilon$$

を満たす$x_n$が存在します。こうして得られる数列$\{x_n\}$は有界であるため($A$が閉区間より)、収束する部分列が取り出せます。これを再度$\{x_n\}$とおきます。

$n \to \infty $における$x_n$の極限を$x$とすれば、$\mid s_n \; – \, x_0 \mid \lt 1/n$より$\lim_{n \to \infty} x_{0n} = x$となります。

$f$は連続ですから、$\lim_{n \to \infty}f(x_n)=f(x)$と$\lim_{n \to \infty}f(x_{0n})=f(x)$になりますが、これは仮定より得られた$\mid f(x_n) \; – \, f(x_{0n}) \mid \ge \varepsilon$に矛盾します。

したがって、$f$は$A$上で一様連続です。

（証明終）

別の証明

任意の$\varepsilon \gt 0$をとります。さらに、各$x \in A = [a,b]$に対して、$x$を中心とする開区間$I$を考えます。

すべての$y,z \in I$に対して$\mid f(y) \: – \: f(z) \mid \lt \varepsilon$を満たすような$I$の中でも、区間の長さが最大となるときの長さを$\delta (x)$とします。

量化子を使って言い換えれば、$\delta (x)$は、

$$\delta (x) = \{\delta \gt 0 \mid \forall y,z \in [x – \delta /2, x + \delta/2] \mid f(y) – f(z) \mid \lt \varepsilon\}$$

を満たします。$\mid f(y) – f(z) \mid \lt \varepsilon$を満たすためには、$f$は$A$上で連続であることから$x,y,z \in A$でなけらばなりません。

また、$f$が連続であることから、各$x \in A$に対して$\delta (x) \gt 0$が定まります。

もし、ある$x \in A$が存在して、$\delta (x) = \infty$であれば、$\mid f(y) – f(z) \mid \lt \varepsilon$がすべての$y$と$z$の組合せ(ただし、$y,z \in A$)対して成り立つことになり、一様連続の定義を満たします。

一方で、すべての$x \in A$に対して$\delta (x) \lt \infty$である場合は、区間$I = [x – \delta /2, x + \delta/2]$の中心$x$を$x \pm \eta$に少しだけずらした区間$I^\prime $を考えます($\eta \gt 0$)。

まず、中心が$x + \eta$のときは$I^\prime = [x – \delta /2, x + \delta/2 + 2\eta]$、中心が$x – \eta$のときは$I^\prime = [x – \delta /2 – 2\eta, x + \delta/2]$の場合を考えましょう。この場合、いずれも区間$I^\prime$の長さが$\delta (x) + 2\eta$になります。

これより区間$I^\prime$が長くなると、区間$I$が$[x – \delta /2, x + \delta/2]$よりも広がる余地が出来てしまいます。よって、区間$I^\prime$は長さが$\delta (x) + 2\eta$を超えることはありません。

続いて区間$I^\prime$について、中心が$x + \eta$のときは$I^\prime = [x – \delta /2 + 2\eta , x + \delta/2 ]$、中心が$x – \eta$のときは$I^\prime = [x – \delta /2, x + \delta/2 – 2\eta]$の場合を考えましょう。この場合、いずれも区間$I^\prime$の長さが$\delta (x) – 2\eta$になります。

これより区間$I^\prime$が短くなると、区間$I$が$[x – \delta /2, x + \delta/2]$よりも狭い範囲でしか$\mid f(y) – f(z) \mid \lt \varepsilon$が成り立たてないことになってしまいます。よって、区間$I^\prime$は長さが$\delta (x) – 2\eta$より下回ることはありません。

したがって、十分小さい$\eta \gt 0$に対して、$\mid \delta (x \pm \eta ) – \delta (x) \mid \lt 2\eta $が成り立ちますから、$\delta (x)$は連続な関数であることが分かります。

そこで、ワイエルシュトラスの最大値・最小値の定理より、すべての$x \in A$に対して、$\delta (x_0) \le \delta (x)$を満たす$x_0 \in A$が存在します。

この区間$I$の長さの最小値$\delta (x_0)$を一様連続の定義における$\delta$として使えば、$\mid x \; – \; x_0 \mid \, < \delta \to \mid f(x) \; – \; f(x_0) \mid \, < \varepsilon$を満たすことが出来ます。

したがって、$f$は$A$上で一様連続となります。

（別の証明終）