補充問題

1. $a\in\mathbf{R}$ を含むある区間で定義された実関数 $f$ について，以下の主張が
   $\displaystyle \lim_{x\to a}f(x)=b\ (\in\mathbf{R})$
   であるための必要条件であるか，十分条件であるかそれぞれ判定せよ．
   1. $\forall\varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ |x-a| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-b| < \varepsilon$
   2. $\forall\varepsilon \ge 0,\ \exists \delta > 0,\ 0 < |x-a| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-b| \le \varepsilon$
   3. $\forall m\in\mathbf{N},\ \exists n\in\mathbf{N},\ 0 < |x-a| < \dfrac{1}{n}\ \Rightarrow\ |f(x)-b| < \dfrac{1}{m}$
   4. $\forall\varepsilon > 0,\ \exists x\in\mathbf{R},\ 0 < |x-a| < \varepsilon\ \mathrm{and}\ |f(x)-b| < \varepsilon$
   5. $\forall\varepsilon > 0,\ \exists N\in\mathbf{N},\ \forall n\in\mathbf{Z},\ |n|\ge N \Rightarrow\ |f(a+\frac{1}{n})-b| < \varepsilon$
   解答
   1. 十分条件であるが必要条件ではない． 例えば，$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1&(x\neq0)\\0&(x=0)\end{array}\right.$ とすると $\displaystyle \lim_{x\to 0}f(x)=1$ だが，$0 <\varepsilon < 1$ のとき $\delta > 0$ をいかに小さくとっても
      $|x| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-1| < \varepsilon$
      は成り立たない( $|0| < \delta$ かつ $|f(0)-1|=1$ だから)．
   2. 十分条件であるが必要条件ではない． 例えば，$f(x)=x$ とすると $\displaystyle \lim_{x\to 0}f(x)=0$ だが，$\varepsilon=0$ としたとき $\delta > 0$ をいかに小さくとっても
      $0 < |x| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)| \le \varepsilon$
      は成り立たない(この場合 $|f(x)| \le \varepsilon$ は $|x|=0$ を意味する)．
   3. 必要十分条件である．
      必要条件であること：
      $\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ 0 < |x-a| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-b| < \varepsilon$
      が成り立つならば，任意の $m\in\mathbf{N}$ に対して
      $0 < |x-a| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-b| < \dfrac{1}{m}$
      となる $\delta > 0$ が存在し，この $\delta$ に対して $\dfrac{1}{n}\le\delta$ となる $n\in\mathbf{N}$ をとると
      $0 < |x-a| < \dfrac{1}{n}\ \Rightarrow\ |f(x)-b| < \dfrac{1}{m}$
      が成り立つ．
      十分条件であること：
      $\forall m\in\mathbf{N},\ \exists n\in\mathbf{N},\ 0 < |x-a| < \dfrac{1}{n}\ \Rightarrow\ |f(x)-b| < \dfrac{1}{m}$
      が成り立つならば，任意の $\varepsilon > 0$ に対して $\dfrac{1}{m}\le \varepsilon$ となる $m\in\mathbf{N}$ をとると
      $0 < |x-a| < \dfrac{1}{n}\ \Rightarrow\ |f(x)-b| < \dfrac{1}{m}\le \varepsilon$
      となる $n\in\mathbf{N}$ が存在する．
   4. 必要条件であるが十分条件ではない． 例えば，$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x&(x\in\mathbf{Q})\\1&(x\in\mathbf{R}\backslash\mathbf{Q})\end{array}\right.$ とすると $\displaystyle \lim_{x\to 0}f(x)=0$ は成り立たないが，任意の $\varepsilon > 0$ に対して
      $0 < |x| < \varepsilon\ \mathrm{and}\ |f(x)| < \varepsilon$
      を満たす $x$ は存在する( $x$ として $0 < |x| < \varepsilon$ なる有理数をとればよい)．
   5. 必要条件であるが十分条件ではない． 例えば，$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1&(x\in\mathbf{Q})\\0&(x\in\mathbf{R}\backslash\mathbf{Q})\end{array}\right.$ とすると $\displaystyle \lim_{x\to 0}f(x)=1$ は成り立たないが，任意の $\varepsilon > 0$ に対して
      $\forall n\in\mathbf{Z},\ |f(\frac{1}{n})-1| < \varepsilon$
      が成り立つ(従って，例えば $N=1$ ととればよい)．

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2. $\mathbf{R}$ を定義域とする実連続関数 $f$ について，以下の主張が $f$ が $\mathbf{R}$ 上一様連続，すなわち
   $\forall\varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x,x'\in\mathbf{R}\,\big[\,|x-x'| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-f(x')| < \varepsilon\,\big]$
   を満たすための必要条件であるか，十分条件であるかそれぞれ判定せよ．
   1. $\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0$
   2. $\exists M > 0,\ \forall x\in\mathbf{R},\ |f(x)| \le M$
   3. $\exists K > 0,\ \forall x,x'\in\mathbf{R},\ |f(x)-f(x')| \le K|x-x'|$
   4. $\forall\varepsilon > 0,\ \exists n\in\mathbf{N},\ \forall k\in\mathbf{Z},\ \big|f(\frac{k+1}{n})-f(\frac{k}{n})\big| < \varepsilon$
   5. $\exists K > 0,\ \exists R > 0,\ |x|\ge R\ \Rightarrow\ |f(x)|\le K|x|$
   解答
   1. 十分条件であるが必要条件ではない．
      必要条件ではないこと：例えば $f(x)=x$ は一様連続だが $\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0$ は満たさない．
      十分条件であること： $\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0$ ならば，任意に与えられた $\varepsilon > 0$ に対して，$R > 0$ を
      $|x|\ge R\ \Rightarrow\ |f(x)| < \dfrac{\varepsilon}{4}$
      となるようにとれる．さらに，有界閉区間上の連続関数は一様連続(本文参照)であるから， $f$ は $[-R,R]$ において一様連続，すなわち
      $x,x'\in[-R,R],\ |x-x'| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-f(x')| < \dfrac{\varepsilon}{2}$
      を満たす $\delta > 0$ が存在する． このとき
      • $|x-x'| < \delta$ かつ$R < x < x'$ ならば
        $|f(x)-f(x')|\le |f(x)|+|f(x')| < \dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{4} < \varepsilon$
      • $|x-x'| < \delta$ かつ$ -R \le x \le R < x'$ ならば
        $|f(x)-f(x')|\le |f(x)-f(R)|+|f(R)|+|f(x')| < \dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{4}+\dfrac{\varepsilon}{4}=\varepsilon$
      となり，他の場合も同様なので，結局
      $\forall x,x'\in\mathbf{R},\ |x-x'| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-f(x')| < \varepsilon$
      が成り立つことがわかる．
   2. 必要条件でも十分条件でもない．
      必要条件ではないこと：例えば $f(x)=x$ は一様連続だが有界ではない．
      十分条件ではないこと：例えば
      $\varphi_m(x)=\left\{\begin{array}{ll}1-2^{m+1}\big|x-(m+2^{-(m+1)})\big|&\mbox{if $m\le x \le m+2^{-m}$}\\0&\mbox{otherwise}\end{array}\right.\quad m=0,1,2,\ldots$
      として
      $\displaystyle f(x)=\sum_{m=0}^\infty \varphi_m(x)$
      と定めると，$f$ は有界だが一様連続ではない．
      
   3. 十分条件であるが必要条件ではない．
      必要条件ではないこと：例えば $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\sqrt{1-x^2}&\mbox{if $|x|\le1$}\\0&\mbox{if $|x| > 1$}\end{array}\right.$ とすると，$f$ は一様連続だが
      $\displaystyle \lim_{x\uparrow 1}\dfrac{|f(1)-f(x)|}{1-x}=\lim_{x\uparrow1}\dfrac{\sqrt{1-x^2}}{1-x}=\lim_{x\uparrow1}\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}=\infty$
      ゆえ条件を満たさない．
      十分条件であること： $\forall x,x'\in\mathbf{R},\ |f(x)-f(x')| \le K|x-x'|$ を満たす $K > 0$ が存在するとき， 任意に与えられた $\varepsilon > 0$ に対して $\delta=\dfrac{\varepsilon}{K}\ ( > 0)$ ととれば
      $\forall x,x'\in\mathbf{R},\ |x-x'| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-f(x')| \le K|x-x'| < K\delta= \varepsilon$
      が成り立つ．
   4. 必要条件であるが十分条件ではない．例えば
      $\varphi_m(x)=\left\{\begin{array}{ll}(m+1)\big\{1-|2x-(2m+1)|\big\}&\mbox{if $m\le x \le m+1$}\\0&\mbox{otherwise}\end{array}\right.\quad m=0,1,2,\ldots$
      として
      $\displaystyle f(x)=\sum_{m=0}^\infty \varphi_m(x)$
      と定めると，$f(k)=0\ (\forall k\in\mathbf{Z})$ ゆえ条件を満たす( $n=1$ ととればよい)が一様連続ではない．
      
   5. 必要条件であるが十分条件ではない．
      必要条件であること： $N\in\mathbf{N}$ を
      $|x-x'|\le\dfrac{1}{N}\ \Rightarrow\ |f(x)-f(x')| \le 1$
      となるようにとり，$x_k=\dfrac{k}{N},\ k\in\mathbf{Z}$ とおく． $x > 0$ のとき，$x_M\le x < x_{M+1}$ となる $M\ (\ge0)$ がとれるから，このとき
      $\displaystyle |f(x)-f(0)|\le \sum_{k=0}^{M-1}|f(x_{k+1})-f(x_k)|+|f(x)-f(x_M)|\\ \hspace{55pt}\displaystyle \le M+1\le Nx+1$
      よって $x\ge |f(0)|+1$ ならば
      $\displaystyle |f(x)|\le |f(0)|+Nx+1\le (N+1)x$
      となる．$x < 0$ のときは $-x > 0$ について同様に考えると，$-x \ge |f(0)|+1$ ならば $\displaystyle |f(x)|\le (N+1)(-x)$ とわかるから，結局
      $|x|\ge |f(0)|+1\ \Rightarrow\ |f(x)|\le (N+1)|x|$
      が成り立つ．
      十分条件でないことはd.の例を見よ．

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3. 共通の定義域をもつ実関数 $f,\ g$ について
   $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=a\in\mathbf{R}$，$\displaystyle \lim_{x\to x_0}g(x)=b\in\mathbf{R}$
   とするとき，以下を示せ．
   1. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\{f(x)+g(x)\}=a+b$
   2. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)g(x)=ab$
   3. $b\neq0$ならば$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{a}{b}$
   解答
   1. $\varepsilon >0$ が任意に与えられたとき，$\delta > 0$ を
      $|x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-a| < \dfrac{\varepsilon}{2},\ |g(x)-b| < \dfrac{\varepsilon}{2}$
      となるようにとると
      $|x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ |\{f(x)-g(x)\}-(a+b)|\\ \hspace{100pt}\le |f(x)-a|+|g(x)-b| < \dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$
      が成り立つ．これは $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\{f(x)+g(x)\}=a+b$ を意味する．
   2. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}g(x)=b$ ゆえ
      $|x-x_0| < \delta_0\ \Rightarrow\ |g(x)-b| < 1$
      となる $\delta_0 > 0$ がとれる．このとき
      $|x-x_0| < \delta_0\ \Rightarrow\ |g(x)|\le |g(x)-b|+|b| < 1+|b|$
      であることに注意． そこで， $\varepsilon >0$ が任意に与えられたとき
      $|x-x_0| < \delta_1\ \Rightarrow\ |f(x)-a| < \dfrac{\varepsilon}{|a|+|b|+1},\ |g(x)-b| < \dfrac{\varepsilon}{|a|+|b|+1}$
      となる $\delta_1 > 0$ をとり $\delta=\min\{\delta_0,\delta_1\}$ とおくと
      $|x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)g(x)-ab|\\ \hspace{100pt}\le |f(x)-a||g(x)|+|a||g(x)-b|\\ \hspace{100pt} < \dfrac{|b|+1}{|a|+|b|+1}\varepsilon+\dfrac{|a|}{|a|+|b|+1}\varepsilon =\varepsilon$
      が成り立つ．これは $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)g(x)=ab$ を意味する．
   3. ii.により $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{1}{g(x)}=\dfrac{1}{b}$ を示せば十分である． $\displaystyle \lim_{x\to x_0}g(x)=b$，$|b| > 0$ ゆえ
      $|x-x_0| < \delta_0\ \Rightarrow\ |g(x)-b| < \dfrac{|b|}{2}$
      となる $\delta_0 > 0$ がとれる．このとき
      $|x-x_0| < \delta_0\ \Rightarrow\ |g(x)|\ge |b|-|b-g(x)| > \dfrac{|b|}{2}$
      であることに注意．そこで， $\varepsilon > 0$ が任意に与えられたとき
      $|x-x_0| < \delta_1\ \Rightarrow\ |g(x)-b| < \dfrac{|b|^2}{2}\varepsilon$
      となる $\delta_1 > 0$ をとり $\delta=\min\{\delta_0,\delta_1\}$ とおくと
      $|x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ \left|\dfrac{1}{g(x)}-\dfrac{1}{b}\right| =\dfrac{|b-g(x)|}{|g(x)||b|} \le \dfrac{2|b-g(x)|}{|b|^2} <\varepsilon$
      が成り立つ．これは $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{g(x)}=\dfrac{1}{b}$ を意味する．

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4. 実関数 $f$ について，次の主張の真偽を判定せよ．
   1. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$ ならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{1}{f(x)}=0$
   2. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{1}{f(x)}=0$ ならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$ または $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=-\infty$
   3. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=b\in\mathbf{R}$ ならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}|f(x)|=|b|$
   4. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}|f(x)|=|b|\in\mathbf{R}$ ならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=b$ または $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=-b$
   5. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}(x-x_0)f(x)=\infty$ ならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$
   6. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=1$ ならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=0$
   解答
   1. 真．
      $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$ ならば， 任意に与えられた $\varepsilon > 0$ に対して
      $|x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ f(x) > \dfrac{1}{\varepsilon}$
      となる $\delta > 0$ がとれるから，このとき
      $|x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ 0 < \dfrac{1}{f(x)} < \varepsilon$
      ゆえ，$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{1}{f(x)}=0$ が成り立つ．
   2. 偽．
      例えば， $\displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{1}{\frac{1}{x}}=0$ だが $\displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{1}{x}$ は存在しない．
   3. 真．
      $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=b$ ならば，任意に与えられた $\varepsilon > 0$ に対して
      $|x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-b| < \varepsilon$
      となる $\delta > 0$ がとれるが，一般に $|s-t| \ge \big||s|-|t|\big|\ (s,t\in\mathbf{R})$ が成り立つことに注意すると，このとき
      $|x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ \big||f(x)|-|b|\big| \le |f(x)-b| < \varepsilon$
      が成り立ち，これは $\displaystyle \lim_{x\to x_0}|f(x)|=|b|$ を意味する．
   4. 偽．
      例えば，$f(x)=\dfrac{|x|}{x}\ (x\neq0)$ とすると， $\displaystyle \lim_{x\to 0}|f(x)|=1$ だが $\displaystyle \lim_{x\to 0}f(x)$ は存在しない．
   5. 偽．
      例えば，$f(x)=\dfrac{1}{x^3}\ (x\neq0)$ とすると， $\displaystyle \lim_{x\to 0}xf(x)=\lim_{x\to0}\dfrac{1}{x^2}=\infty$ だが $\displaystyle \lim_{x\to 0}f(x)$ は存在しない．
   6. 真．
      $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=1$ ならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}\cdot(x-x_0)=1\cdot0=0$ が成り立つ． より一般に，$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}$ が有限の値として存在するならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=0$ である．

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5. 実関数 $f,\ g$ は共通の定義域 $D$ をもち，$x_0$ は $D$ の集積点であって
   $f(x)\le g(x),\quad\forall x\in D\backslash\{x_0\}$
   が成り立っているものとする．以下を示せ．
   1. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$ ならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}g(x)=\infty$．
   2. $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=a\in\mathbf{R}$，$\displaystyle \lim_{x\to x_0}g(x)=b\in\mathbf{R}$ ならば $a \le b$．
   3. (はさみうちの原理) $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=a\in\mathbf{R}$ であって，同じく $D$ を定義域とする実関数 $h$ が
      $f(x)\le h(x)\le g(x),\quad\forall x\in D\backslash\{x_0\}$
      を満たすならば $\displaystyle \lim_{x\to x_0}h(x)=a$ である．
   解答
   1. $M > 0$が任意に与えられたとき，$\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$により
      $0 < |x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ f(x) > M$
      となる $\delta > 0$ がとれるから，このとき
      $0 < |x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ g(x) \ge f(x) > M$
      が成り立ち，これは $\displaystyle \lim_{x\to x_0}g(x)=\infty$ を意味する．
   2. $a > b$ であったとし，$\varepsilon=\dfrac{a-b}{2}( > 0)$ とおくと， $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=a$，$\displaystyle \lim_{x\to x_0}g(x)=b$ により
      $0 < |x-x_0| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-a| < \varepsilon,\ |g(x)-b| < \varepsilon$
      となる $\delta > 0$ がとれる．このとき，$0 < |x-x_0| < \delta$ ならば
      $f(x) > a-\varepsilon =\dfrac{a+b}{2} = b+\varepsilon > g(x)$
      となっており，これは $f(x)\le g(x),\ \forall x\in D\backslash\{x_0\}$ に反する($x_0$ が $D$ の集積点であることより $0 < |x-x_0| < \delta$ なる $x\in D$ が存在することに注意)．
   3. $\forall \varepsilon>0$ が任意に与えられたとき，$\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=a$ により
      $0 < |x-x_0| < \delta_1\ \Rightarrow\ |f(x)-a|<\varepsilon,\ |g(x)-a|<\varepsilon$
      となる $\delta > 0$ がとれる．このとき
      $0 < |x-x_0| < \delta\ \Rightarrow \ a-\varepsilon < f(x)\le h(x)\le g(x) < a+\varepsilon$
      すなわち
      $0 < |x-x_0| < \delta\ \Rightarrow \ -\varepsilon < h(x)-a <\varepsilon$
      が成り立ち，これは $\displaystyle \lim_{x\to x_0}h(x)=a$ を意味する．

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6. 共通の定義域 $D$ をもつ実関数 $f,\ g$ がともに $x_0$ において連続ならば
   $(f+g)(x)\stackrel{\mathrm{def}}{=}f(x)+g(x),\quad(fg)(x)\stackrel{\mathrm{def}}{=}f(x)g(x),\quad\Big(\dfrac{f}{g}\Big)(x)\stackrel{\mathrm{def}}{=}\dfrac{f(x)}{g(x)}$
   により定義される関数 $f+g$，$fg$，$\dfrac{f}{g}$ はすべて $x_0$ において連続である．このことを示せ．ただし，$\dfrac{f}{g}$ の定義域は $\{\,x\in D\,|\,g(x)\neq0\,\}$ とする．
   解答
   $x_0$ が $D$ の集積点ならば，仮定により

   $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$， $\displaystyle \lim_{x\to x_0}g(x)=g(x_0)$

   よって問題3.より

   $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\{f(x)+g(x)\}=f(x_0)+g(x_0)$

   $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)g(x)=f(x_0)g(x_0)$

   $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{f(x_0)}{g(x_0)}$

   が成り立つ． これは $f+g$，$fg$，$\dfrac{f}{g}$ がすべて $x_0$ において連続であることを意味する．$x_0$ が $D$ の集積点でない(すなわち孤立点である)場合は，$D$ を定義域とするあらゆる関数は $x_0$ において連続であるため，当然 $f+g$，$fg$，$\dfrac{f}{g}$ もすべて $x_0$ において連続である．

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7. 実関数 $f,\ g$ について，合成関数 $f\circ g$ が定義可能であるとするとき，以下を示せ．
   1. $\displaystyle \lim_{x\to a}g(x)=b\in\mathbf{R}$ であって $f$ が $b$ において連続ならば
      $\displaystyle \lim_{x\to a}f(g(x))=f(b)$
      が成り立つ．
   2. $g$ が $a$ において連続であって，$f$ が $g(a)$ において連続ならば，合成関数 $f\circ g$ は $a$ において連続である．
   解答
   1. $\varepsilon > 0$ が任意に与えられたとき，$f$ が $b$ において連続であることより
      $|y-b| < \delta_0\ \Rightarrow\ |f(y)-f(b)| < \varepsilon$
      となる $\delta_0 > 0$ がとれる．この $\delta_0$ に対して，$\displaystyle \lim_{x\to a}g(x)=b$ より
      $0 < |x-a| < \delta\ \Rightarrow\ |g(x)-b| < \delta_0$
      となる $\delta > 0$ がとれるから，このとき
      $0 < |x-a| < \delta\ \Rightarrow\ |g(x)-b| < \delta_0\ \Rightarrow\ |f(g(x))-f(b)| < \varepsilon$
      が成り立ち，これは $\displaystyle \lim_{x\to a}f(g(x))=f(b)$ を意味する．
   2. $g$ の定義域を $D(g)$ とすると，$a$ が $D(g)$ の集積点ならば，仮定により
      $\displaystyle \lim_{x\to a}g(x)=g(a)$
      よってi.より
      $\displaystyle \lim_{x\to a}f\circ g(x)=\lim_{x\to a}f(g(x))=f(g(a))=f\circ g(a)$
      が成り立ち，これは $f\circ g$ が $a$ で連続であることを意味する．$a$ が $D(g)$ の集積点でない(すなわち孤立点である)場合は，$D(g)$ を定義域とするあらゆる関数は $a$ において連続であるため，当然 $f\circ g$ も $a$ において連続である．

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8. (Thomaeの関数) $\mathbf{R}$ を定義域とする実関数 $f(x)$ を以下のように定める：
   • $x\notin\mathbf{Q}$ ならば $f(x)=0$
   • $f(0)=1$
   • $x\in\mathbf{Q},\ x\neq0$ ならば，$x=\dfrac{m}{n},\ m\in\mathbf{Z},\ n\in\mathbf{N}$ と既約分数で表したとき $f(x)=\dfrac{1}{n}$
   このとき，$f(x)$ は $x\notin\mathbf{Q}$ で連続，$x\in\mathbf{Q}$ で不連続であることを示せ．
   解答
   • $t\notin\mathbf{Q}$，すなわち $t$ を無理数とする．$0 < t < 1$ としてよいなぜ？．
     任意の $x\in\mathbf{R}$ および $n\in\mathbf{Z}$ に対して $f(x+n)=f(x)$ が成り立つことは容易にわかる．

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     任意に与えられた $\varepsilon > 0$ に対して，$\dfrac{1}{N} < \varepsilon$ なる $N\in\mathbf{N}$ をとり
     $A_N=\Big\{\,\dfrac{k}{n}\,\Big|\,n=1,2,\ldots N,\ k=0,1,\ldots,n\,\Big\}$
     とおく．すなわち，$A_N$ は $[0,1]$ に含まれる有理数のうち，(既約分数で表したときの)分母が $N$ 以下であるようなものの集合である．このとき
     $\delta=\min\{\,|t-p|\,|\,p\in A_N\,\}$
     とおけば，$t$ が無理数であることより $\delta > 0$ であって，区間 $(t-\delta,t+\delta)$ に含まれる有理数の(既約分数で表したときの)分母はすべて $N$ より大きい． 従って
     $\forall q\in\mathbf{Q}\ \Big[\ |t-q| < \delta\ \Rightarrow\ |f(t)-f(q)|=f(q) < \dfrac{1}{N} < \varepsilon\ \Big]$
     が成り立ち，もちろん
     $t'\notin\mathbf{Q}\ \Rightarrow\ |f(t)-f(t')|=0 < \varepsilon$
     も成り立つので，$f(x)$ は $x=t$ において連続である．
   • $r\in\mathbf{Q}$ とする．$f(r) > 0$ である．このとき，任意の $\delta > 0$ に対して $|r-x| < \delta$ なる無理数 $x$ が存在し，$|f(r)-f(x)|=f(r) > 0$ が成り立つ．これは $f(x)$ が $x=r$ において不連続であることを意味する．

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9. 実関数 $f$ は区間 $I$ を定義域とし，$I$ において単射かつ連続であるものとする．以下を示せ．
   1. $f$ は $I$ において狭義単調である．すなわち
      $\forall x_1,x_2\in I\,[\,x_1 < x_2\ \Rightarrow\ f(x_1) < f(x_2)\,]$
      または
      $\forall x_1,x_2\in I\,[\,x_1 < x_2\ \Rightarrow\ f(x_1) > f(x_2)\,]$
      のいずれかが成り立つ．
   2. $f$ が狭義単調増加(減少)ならば逆関数 $f^{-1}$ も狭義単調増加(減少)である．
   3. 逆関数 $f^{-1}$ もその定義域 $R(f)=\{\,f(x)\,|\,x\in I\,\}$ において連続である．
   解答
   1. まず，$a,b\in I,\ a < b$ のとき $f$ は $[a,b]$ において狭義単調であることを示す．
      $f(a) < f(b)$ であったとしよう．$a < x_1 < x_2 < b$ なる $x_1,x_2$ を任意にとるとき，もし $f(a) > f(x_1)$ ならば，中間値の定理(本文参照)により $f(x)=f(a)$ となる $x\in [x_1,b]$ が存在し，$f(b) < f(x_1)$ ならば $f(x)=f(b)$ となる $x\in [a,x_1]$ が存在することになり，いずれにしても $f$ が単射であることに反する．よって $f(a) < f(x_1) < f(b)$ である．さらに同様の議論で $f(x_1) < f(x_2) < f(b)$ とわかるから，結局
      $f(a) < f(x_1) < f(x_2) < f(b)$
      が成り立ち，これは $f$ が $[a,b]$ において狭義単調増加であることを意味する．同様に，$f(a) > f(b)$ の場合は
      $f(a) > f(x_1) > f(x_2) > f(b)$
      が成り立ち， $f$ は $[a,b]$ において狭義単調減少である． 以上により，$f$ は $I$ において狭義単調ということになる．すなわち，$x_1,x_2,x_3,x_4\in I$ であって
      $x_1 < x_2$ かつ $f(x_1) < f(x_2)$
      $x_3 < x_4$ かつ $f(x_3) > f(x_4)$
      がともに成り立つことはない． なぜなら，$a=\min\{x_1,x_3\}$，$b=\max\{x_2,x_4\}$ とおいたとき，$f$ は $[a,b]$ において狭義単調でなければならないからである．
   2. $f$ が狭義単調増加のとき，任意の $x_1,x_2\in I$ に対して
      $x_1 \le x_2\ \Rightarrow \ f(x_1) \le f(x_2)$
      が成り立つが，対偶は
      $f(x_1) > f(x_2)\ \Rightarrow \ x_1 > x_2$
      であり，$y_1=f(x_1),\ y_2=f(x_2)$ とおけば
      $y_1 > y_2\ \Rightarrow \ f^{-1}(y_1) > f^{-1}(y_2)$
      これは $f^{-1}$ も狭義単調増加であることを意味する．$f$ が狭義単調減少のときも同様．
   3. $f$ が狭義単調増加の場合を示す． $b\in D(f^{-1})=R(f)$ を任意にとり $a=f^{-1}(b)$ とおく．$f(a)=b$ である． このとき，与えられた $\varepsilon > 0$ に対して
      $\delta=\min\{\,f(a+\varepsilon)-b,\ b-f(a-\varepsilon)\,\}$
      ととれば，$f$ が狭義単調増加であることより $\delta > 0$ であって， $y\in D(f^{-1})$，$|y-b| < \delta$ のとき
      $f(a-\varepsilon)\le b-\delta < y < b+\delta\le f(a+\varepsilon)$
      さらに $f^{-1}$ も狭義単調増加なので
      $a-\varepsilon < f^{-1}(y) < a+\varepsilon$
      となる．以上をまとめると
      $\forall y\in D(f^{-1})\big[\ |y-b| < \delta\ \Rightarrow\ |f^{-1}(y)-f^{-1}(b)| < \varepsilon\ \big]$
      が成り立っており，すなわち $f^{-1}$ は $b$ で連続である．

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10. $\mathbf{R}$ の部分集合 $A$，$B$ を
    $A=\left\{\left.\,\dfrac{2k-1}{2^{2m}}\,\right|\,k,m\in\mathbf{N}\,\right\}$
    $B=\left\{\left.\,-\dfrac{2k-1}{2^{2m-1}}\,\right|\,k,m\in\mathbf{N}\,\right\}$
    と定め，$A\cup B$ を定義域とする実関数 $f:A\cup B\to\mathbf{R},\quad f(x)=|x|$ を考える．すなわち
    $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x&\mbox{if $x\in A$}\\-x&\mbox{if $x\in B$}\end{array}\right.$
    である．以下の問に答えよ．
    1. $f$ は単射であることを確かめよ．
    2. $f$ 及びその逆関数 $f^{-1}$ の連続性を調べよ．
    解答
    1. $p\neq q$ かつ $f(p)=f(q)$ とすると，$f$ の定義により $p=-q$ でなければならないが
       $\dfrac{2k-1}{2^{2m}}=\dfrac{2l-1}{2^{2n-1}}$
       を満たす $k,l,m,n\in\mathbf{N}$ は存在しないのでこれは有り得ない．
    2. $f$ は $A\cup B$ の各点で連続である． 実際，$p\in A$ であって $p=\dfrac{2k-1}{2^{2m}}$ ($k,m\in\mathbf{N}$)と表されているとき， 与えられた $\varepsilon > 0$ に対して $\delta=\min\big\{\varepsilon,2^{-2m}\big\}$ ととれば，$x\in A\cup B,\ |x-p| < \delta$ ならば ( $x > 0$ だから) $x\in A$ ゆえ
       $|f(x)-f(p)|=|x-p| < \varepsilon$
       が成り立つ．$p\in B$ としても同様．
       しかし $f^{-1}$ は定義域のすべての点で不連続である． 実際
       $-B=\{\,-x\,|\,x\in B\,\}=\left\{\left.\,\dfrac{2k-1}{2^{2m-1}}\,\right|\ k,m\in\mathbf{N}\,\right\}$
       とおくと，$f^{-1}$ の定義域は $A\cup(-B)$ であるが， $q\in A$ であって $q=\dfrac{2k-1}{2^{2m}}$ ($k,m\in\mathbf{N}$)と表されているとき，任意の $\delta > 0$ に対して $\dfrac{1}{2^{2n-1}} < \delta$ かつ $2n-1 > 2m$ を満たす $n\in\mathbf{N}$ をとって
       $q'=q+\dfrac{1}{2^{2n-1}}=\dfrac{2^{2n-2m-1}(2k-1)+1}{2^{2n-1}}$
       とおけば，$q'\in(-B)$ ゆえ $f^{-1}(q')=-q'\in B$ だから
       $|q-q'| < \delta$ かつ $|f^{-1}(q)-f^{-1}(q')|=|q+q'| > 2q \ge\dfrac{1}{2^{2m-1}}$
       が成り立つ．これは $f^{-1}$ が $q$ で不連続であることを意味する．$q\in(-B)$ としても同様．

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