§D1.22関数列の一様収束

証明. 必要性を示す。$\{f_n\}$が一様収束するとし、$\varepsilon>0$を与える。定義の$\varepsilon$を$\frac\varepsilon2$として番号$N$を取ると、$n\ge N$を満たすすべての$n$とすべての$x \in I$に対して$|f_n(x)-f(x)|<\frac\varepsilon2$が成り立つ。したがって集合$\{|f_n(x)-f(x)| : x \in I\}$は$\frac\varepsilon2$を上界としてもち、空でないので上限公理により$M_n$が存在して$M_n \le \frac\varepsilon2 < \varepsilon$となる。$\varepsilon$は任意であるから、条件 (a)は$\varepsilon=1$に対する$N$を$N_0$とすれば満たされ、条件 (b)も成り立つ。

十分性を示す。条件 (a)と条件 (b)を仮定し、$\varepsilon>0$を与える。$M_n \to 0$より、ある番号$N \ge N_0$について、$n\ge N$ならば$M_n<\varepsilon$となる。上限の定義から、すべての$x \in I$に対して$|f_n(x)-f(x)| \le M_n < \varepsilon$である。これは一様収束の定義そのものである。▨

証明.$a \in I$を固定し、$\varepsilon>0$を与える。

一様収束の定義により、ある番号$N$が存在して、$n \ge N$を満たすすべての$n$とすべての$x \in I$に対して$|f_n(x)-f(x)|<\frac\varepsilon3$が成り立つ。以下、$n=N$を固定して用いる。

$f_N$は$a$で連続であるから（§D1.11 定義 1.2）、ある$\delta>0$が存在して、$x \in I$かつ$|x-a|<\delta$ならば$|f_N(x)-f_N(a)|<\frac\varepsilon3$となる。

このとき、$x \in I$かつ$|x-a|<\delta$を満たす$x$に対して

が成り立つ。$\varepsilon$は任意であるから、$f$は$a$で連続である。$a \in I$は任意であるから、$f$は$I$上連続である。▨

証明.命題 1.2により、ある番号から先の$n$について$M_n=\sup_{x\in[a,b]}|f_n(x)-f(x)|$が定まり、$M_n \to 0$となる。以下ではこの範囲の$n$だけを考える。

$f_n$は可積分であるから有界である。$|f(x)| \le |f_n(x)|+M_n$より$f$も有界である。

$\varepsilon>0$を与え、$\eta=\dfrac{\varepsilon}{4(b-a)}$とおく。$M_n \to 0$より、$M_N \le \eta$となる番号$N$を取る。分割$P: a=x_0<x_1<\cdots<x_m=b$を任意に取り、小区間$[x_{i-1},x_i]$における$f$と$f_N$の上限をそれぞれ$M_i(f)$、$M_i(f_N)$、下限を$m_i(f)$、$m_i(f_N)$と書く。この小区間の各点$t$で$f(t) \le f_N(t)+\eta \le M_i(f_N)+\eta$であるから、$M_i(f) \le M_i(f_N)+\eta$である。同様に$m_i(f) \ge m_i(f_N)-\eta$である。したがって

$f_N$は可積分であるから、§D1.17 定理 2.4により$U(f_N,P)-L(f_N,P)<\frac\varepsilon2$となる分割$P$が存在する。その$P$に対して$U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$となるので、ふたたび§D1.17 定理 2.4により$f$は可積分である。

§D1.17 定理 3.2により$f_n-f$はリーマン可積分であり、

が成り立つ。すべての$x\in[a,b]$に対して$|f_n(x)-f(x)|\leq M_n$であるから、§D1.17 命題 3.9により

である。$M_n\to0$であるから、右辺は$0$へ収束する。▨

証明.$\alpha=\lim_{n\to\infty}f_n(x_0)$とおく。

各$f_n'$は連続であるから、定理 2.1により$g$は$[a,b]$上連続である。また各$f_n'$は連続であるから可積分である（§D1.17 定理 2.5）。$f_n$は$f_n'$の原始関数であるから、§D1.19 定理 2.1と§D1.17 定義 3.7により、$x$と$x_0$の大小にかかわらず、すべての$x \in [a,b]$について

が成り立つ。そこで

とおく。$g$は連続であるからこの積分は定まる。

$M_n=\sup_{t\in[a,b]}|f_n'(t)-g(t)|$とおくと、条件 (a)と命題 1.2により$M_n \to 0$である。§D1.17 定義 3.7と§D1.17 系 3.3により、$x$と$x_0$の大小にかかわらず

が成り立つ。また、すべての$t\in[a,b]$に対して$|f_n'(t)-g(t)|\leq M_n$であるから、§D1.17 命題 3.9により

が成り立つ。$f_n(x)-f(x)$はこの積分と$f_n(x_0)-\alpha$の和に等しいので、

である。右辺は$x$に依らず$0$へ収束するから、$\{f_n\}$は$f$へ一様収束する。

§D1.17 命題 3.8により、すべての$x\in[a,b]$について

が成り立つ。$g$は$[a,b]$で連続であるから、§D1.19 定理 1.1を$x\mapsto\int_a^x g(t)\,dt$に適用すると、この関数は$(a,b)$で微分可能で導関数が$g$に等しく、$a$での右微分係数が$g(a)$に、$b$での左微分係数が$g(b)$に等しい。したがって、この関数に定数$\alpha-\int_a^{x_0}g(t)\,dt$を加えた$f$も同じ微分係数をもつ。▨

証明.(1)$\Rightarrow$(2)を示す。$f$へ一様収束するとし、$\varepsilon>0$を与える。$\frac\varepsilon2$に対する番号$N$を取ると、$m,n\ge N$とすべての$x \in I$について$|f_n(x)-f_m(x)| \le |f_n(x)-f(x)|+|f(x)-f_m(x)|<\varepsilon$が成り立つ。

(2)$\Rightarrow$(1)を示す。条件を仮定する。各$x \in I$を固定すると、数列$\{f_n(x)\}$はコーシー列であるから、実数の完備性（§D1.10 定理 1.1）により収束する。その極限を$f(x)$とおく。

$\varepsilon>0$を与え、$\frac\varepsilon2$に対する番号$N$を取る。$n \ge N$と$x \in I$を固定すると、$m \ge N$を満たすすべての$m$について$|f_n(x)-f_m(x)|<\frac\varepsilon2$である。$m \to \infty$とすると、極限は不等式の向きを保つので$|f_n(x)-f(x)| \le \frac\varepsilon2<\varepsilon$となる。$N$は$x$に依らずに取ったので、これは一様収束の定義を満たす。▨

証明.$\varepsilon>0$を与える。$\sum M_n$は収束するので、その部分和$T_N=\sum_{n=1}^{N}M_n$はコーシー列である（§D1.10 定理 1.1）。したがって、ある番号$N_1$が存在して、$N,M\geq N_1$ならば$|T_M-T_N|<\varepsilon$となる。

任意の$N,M\geq N_1$と$x\in I$をとる。$N=M$ならば$|s_M(x)-s_N(x)|=0<\varepsilon$である。$N<M$ならば

が成り立つ。$M<N$ならば、$N<M$の場合の評価で$N$と$M$を入れ替え、絶対値の対称性を用いると$|s_M(x)-s_N(x)|=|s_N(x)-s_M(x)|<\varepsilon$となる。よって$\{s_N\}$は補題 5.1の条件を満たし、$I$上で一様収束する。▨