§D1.15一様連続性

証明 (有限部分被覆による証明).$\varepsilon>0$をとる。各$t\in[a,b]$での$f$の連続性により、$z\in[a,b]$が$|z-t|<r_t$を満たすとき$|f(z)-f(t)|<\varepsilon/2$となる$r_t>0$をとる。

各$t\in[a,b]$に対して

$U_t=\left(t-\frac{r_t}{2},\ t+\frac{r_t}{2}\right)$

とおく。$t\in U_t$であるから、$\{U_t\}_{t\in[a,b]}$は$[a,b]$の開被覆である。§D1.9 定理 2.1 (有界閉区間の被覆性)により、この被覆から$U_{t_1},\ldots,U_{t_N}$を選んで$[a,b]$を覆うことができる。そこで

$\delta=\frac12\min_{1\le i\le N}r_{t_i}$

とおく。$x,y\in[a,b]$と$|x-y|<\delta$をとる。$U_{t_1},\ldots,U_{t_N}$が$[a,b]$を覆うから、ある$i$について$x\in U_{t_i}$である。このとき

$|x-t_i|<\frac{r_{t_i}}2$

であり、三角不等式と$\delta\le r_{t_i}/2$から

$|y-t_i|\le |y-x|+|x-t_i|<\delta+\frac{r_{t_i}}2\le r_{t_i}$

を得る。したがって$|f(x)-f(t_i)|<\varepsilon/2$および$|f(y)-f(t_i)|<\varepsilon/2$である。ゆえに

$|f(x)-f(y)|\le |f(x)-f(t_i)|+|f(t_i)-f(y)|<\varepsilon$

となる。$\delta$は$x,y$によらないから、$f$は$[a,b]$上で一様連続である。▨

証明 (数列による証明).$f$が一様連続でないとすると、定義 1.1の否定より、ある$\varepsilon_0 > 0$について、どんな$\delta$をとっても$|x-y|<\delta$かつ$|f(x)-f(y)| \ge \varepsilon_0$となる$x, y \in [a,b]$が存在する。$\delta = \frac1n$にとって、そのような$x_n, y_n$を選ぶ：

$|x_n - y_n| < \tfrac1n, \qquad |f(x_n) - f(y_n)| \ge \varepsilon_0.$

$[a,b]$は有界だから§D1.8 定理 2.2 (ボルツァーノ・ワイエルシュトラス)で収束部分列$x_{n_k} \to x^*$がとれる。各$k$で$a\le x_{n_k}\le b$であるから、極限を取って$a\le x^*\le b$、すなわち$x^*\in[a,b]$である。$|x_{n_k} - y_{n_k}| < \frac1{n_k} \to 0$より$y_{n_k} \to x^*$でもある。連続性から$f(x_{n_k}) \to f(x^*)$かつ$f(y_{n_k}) \to f(x^*)$なので$|f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})| \to 0$。これは$|f(x_{n_k})-f(y_{n_k})| \ge \varepsilon_0 > 0$に反する。よって$f$は一様連続である。▨

証明.$L=0$なら、全ての$x,y\in I$に対して$|f(x)-f(y)|\le0$であるから、$f(x)=f(y)$である。したがって任意の$\varepsilon>0$に対して、例えば$\delta=1$をとれば一様連続性の定義を満たす。$L>0$とする。$\varepsilon>0$に対して$\delta=\varepsilon/L$とおく。$x,y\in I$と$|x-y|<\delta$に対し、

である。よって$f$は一様連続である。▨