関数列と一様収束：極限と積分・微分はいつ交換できるか

0. この記事の要点

関数が無限に並んだ列があるとき、「各 $x$ での値の極限を取る」ことと「足す、積分する、微分する」ことは、順番を入れ替えてもよいのでしょうか。たとえば、連続な関数を無限に足し合わせた結果は、また連続になるのでしょうか。この記事では、答えが「いつでも」ではないことを具体例で確かめ、入れ替えてよい条件が「収束の仕方がどの点でも同じ速さでそろっていること」(一様収束)であることを示します。読み終えると、関数列や級数を見たときに、極限と積分・微分の順序を替えてよいかを自分で判定できるようになります。

• 各点収束と一様収束を分けるのは、量化子の順序ただ一つです。番号 $N$ が点 $x$ に依存してよいのが各点収束、$\varepsilon$ だけで決まらなければならないのが一様収束です。
• 一様収束は「一様ノルム $\|f_n - f\|_E$ が $0$ に収束する」ことと同値です（命題 3.4）。反例を作るときも判定するときも、まずこの上限を計算します。
• 連続関数列の一様収束極限は連続です（定理 4.1）。逆にいえば、極限関数が不連続になった時点で、収束は一様でないと確定します。
• 有界閉区間の上では、一様収束すればリーマン積分と極限は交換できます（定理 5.2）。各点収束では交換できません。面積が消えずに残る反例を作れます。
• 微分だけは事情が違います。$f_n$ が一様収束しても導関数については何も従いません。必要なのは導関数列 $f_n'$ の一様収束と、たった 1 点での値の収束です（定理 7.3）。
• 極限関数を知らないまま一様収束を判定できるのが一様コーシー判定法（定理 6.2）で、その証明は $\mathbb{R}$ の完備性そのものに支えられています。ワイエルシュトラスの $M$ 判定法（系 6.4）はその系です。

この記事で使う事前知識

• 量化子の順序: 「すべての」$\forall$ と「ある」$\exists$ を並べる順番で主張の意味が変わる、ということ。この記事の中心です。
• 上限と上界: ある集合のすべての要素以上の数が上界、その最小のものが上限。→ 上限
• 連続性: 点 $c$ のまわりで、$x$ を近づければ $f(x)$ が $f(c)$ に近づくこと。→ 連続性
• 一様連続性: 近さの目安 $\delta$ が点によらず選べる連続性。→ 一様連続性
• コーシー列: 項どうしの差が、先へ行くほどいくらでも小さくなる数列。→ コーシー列
• 部分和: 級数を第 $N$ 項まで足したもの。→ 部分和

1. 動機：コーシーの「定理」はなぜ間違っていたのか

1821 年、コーシーは『解析教程』の中で次の主張を定理として証明しました。

連続関数の級数が収束するならば、その和も連続である。

微分積分学の教科書で「連続関数の和・積・合成は連続」を学んだ人には、無限個の和でも同じだろうという感覚があると思います。コーシー自身、当時としては十分に厳密な証明を与えたつもりでした。

ところが 1826 年、アーベルは二項級数についての論文の脚注で、この定理には例外があると指摘し、次の級数を挙げました。

$$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{\sin nx}{n}$$

各項は $\mathbb{R}$ 全体で連続で、級数はすべての実数 $x$ で収束します（ディリクレの判定法という収束判定法の一つによります。詳しくは 級数と収束判定 を参照してください）。そして和は $-\pi < x < \pi$ の範囲で $x/2$ に等しいことが知られています（フーリエ級数の標準的な例です）。一方 $x = \pi$ では $\sin(n\pi) = 0$ なのですべての項が $0$ で、和も $0$ です。したがって和 $S(x)$ は

$$\lim_{x \to \pi^-} S(x) = \frac{\pi}{2} \neq 0 = S(\pi)$$

を満たし、$x = \pi$ で不連続です。連続関数の級数が不連続な関数に収束したのです。

どこが間違っていたのでしょうか。コーシーの証明は、部分和を $s_n$、和を $S$ と書くとき「$n$ を大きく取れば $|S(x) - s_n(x)|$ は小さい」「$s_n$ は連続だから $x$ を動かしても値はあまり変わらない」という 2 つの事実を組み合わせるものでした。しかし前者の「$n$ を大きく取れば」の大きさが $x$ ごとに違う可能性を、彼は見落としていました。ある点 $x$ で誤差を $\varepsilon$ 以下にするのに $n \ge 10$ で足りても、隣の点では $n \ge 10^{6}$ が必要かもしれません。点を動かしながら $n$ を固定できないなら、この議論は成立しません。

この穴を埋める概念が一様収束です。1847 年、ザイデルとストークスがそれぞれ独立に「収束が任意に遅くなりうる」点に問題があることを見抜き、ワイエルシュトラスはベルリンでの講義を通じて「gleichmäßig konvergent（一様収束）」という言葉と定式化を定着させました。コーシー自身も 1853 年の短報で仮定を追加して定理を訂正しています。今日われわれが学ぶ順序（定義を書いてから定理を証明する）は、この 30 年あまりの混乱の結果として整えられたものです。

問題は連続性だけにとどまりません。関数列の極限を扱うとき、私たちが本当に知りたいのは次の交換ができるかどうかです。

$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n = \int_a^b \lim_{n \to \infty} f_n, \qquad \frac{d}{dx}\Bigl(\lim_{n \to \infty} f_n\Bigr) = \lim_{n \to \infty} \frac{d f_n}{dx}$$

冪級数の項別微分、フーリエ級数の項別積分、微分方程式の逐次近似法、数値解析の誤差評価は、いずれもこの交換が許されるかどうかに依存しています。この記事では、交換を保証する条件を一つずつ、反例と対にして確定させます。

2. 準備：記号と一様ノルム

以下、$E$ は $\mathbb{R}$ の空でない部分集合、$f_n \colon E \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N} = \{1, 2, \ldots\}$）は実数値関数とします。$f \colon E \to \mathbb{R}$ も同様です。

反例と判定法の両方で主役になるのが、次の量です。

定義 2.1（一様ノルム）↗

$h \colon E \to \mathbb{R}$ に対して

$$\|h\|_E := \sup_{x \in E} |h(x)| \in [0, +\infty]$$

と定め、$h$ の $E$ 上の一様ノルム（上限ノルム）と呼ぶ。集合 $\{|h(x)| : x \in E\}$ が上に有界でないときは $\|h\|_E = +\infty$ と約束する。

ここで上限が（有界なら実数として）存在することは、$\mathbb{R}$ の連続性公理（上限性質）そのものです。詳しくは 実数の完備性とコーシー列 の 上限の存在（定理 4.2）［実数の完備性とコーシー列］ を参照してください。この記事では、この先も同じ完備性が形を変えて何度も現れます。

一様ノルムは次の 3 つの性質を持ちます。$h, h_1, h_2 \colon E \to \mathbb{R}$、$c \in \mathbb{R}$ とします。

1. $\|h\|_E = 0$ であることと、$E$ 上で $h \equiv 0$ であることは同値です。実際、$\|h\|_E = 0$ ならすべての $x$ で $0 \le |h(x)| \le 0$ となります。
2. $\|c h\|_E = |c|\,\|h\|_E$ です（$|c h(x)| = |c||h(x)|$ の上限を取るだけです）。
3. $\|h_1 + h_2\|_E \le \|h_1\|_E + \|h_2\|_E$ です。実際、任意の $x \in E$ で $|h_1(x) + h_2(x)| \le |h_1(x)| + |h_2(x)| \le \|h_1\|_E + \|h_2\|_E$ が成り立つので、右辺は左辺全体の上界であり、上限は上界の最小値だからです。

ノート

「一様」という形容詞は、連続関数と一様連続性 で学んだ 一様連続性（定義 6.1）［連続関数と一様連続性］ と同じ意味で使われています。一様連続では $\delta$ が点 $x$ に依存せず選べること、一様収束では $N$ が点 $x$ に依存せず選べることを要求します。どちらも「動く変数に依存しない選択ができる」という主張です。

3. 二つの収束

3.1. 定義

定義 3.1（各点収束）↗

$f_n \colon E \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N}$）と $f \colon E \to \mathbb{R}$ について

$$\forall x \in E,\ \forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \mathbb{N},\ \forall n \ge N, \quad |f_n(x) - f(x)| < \varepsilon$$

が成り立つとき、$(f_n)$ は $E$ 上 $f$ に各点収束するといい、$f_n \to f$ と書く。これは「各 $x \in E$ を固定するごとに、実数列 $(f_n(x))_{n}$ が $f(x)$ に収束する」ことにほかならない。

定義 3.2（一様収束）↗

$f_n \colon E \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N}$）と $f \colon E \to \mathbb{R}$ について

$$\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \mathbb{N},\ \forall n \ge N,\ \forall x \in E, \quad |f_n(x) - f(x)| < \varepsilon$$

が成り立つとき、$(f_n)$ は $E$ 上 $f$ に一様収束するといい、$f_n \rightrightarrows f$ と書く。

二つの論理式に現れる記号はまったく同じで、違うのは $\forall x \in E$ の位置だけです。各点収束では $\forall x$ が $\exists N$ より前にあるので、$N$ は $x$ と $\varepsilon$ の両方に依存してよいことになります。一様収束では $\exists N$ が $\forall x$ より前にあるので、$N$ は $\varepsilon$ だけから決めなければならず、選んだ後にすべての $x$ で通用しなければなりません。

量化子の順序：N が何に依存してよいか

3.2. 一様収束は各点収束より強い

注意 3.3

$f_n \rightrightarrows f$ ならば $f_n \to f$ です。実際、定義 3.2 の $N$ を取れば、それは特定の $x$ に対しても通用するので 定義 3.1 の要求を満たします。したがって一様収束を論じるときは、まず各点極限 $f$ を求め、その $f$ に対して一様収束するかを調べる、という順序で考えれば十分です。逆は成り立たず、それを示すのが 例 3.5 です。

一様収束の否定も書き下しておきます。$(f_n)$ が $f$ に一様収束しないとは

$$\exists \varepsilon_0 > 0,\ \forall N \in \mathbb{N},\ \exists n \ge N,\ \exists x \in E, \quad |f_n(x) - f(x)| \ge \varepsilon_0$$

ということです。すなわち「ある固定した誤差 $\varepsilon_0$ について、いくら先に進んでも、誤差が $\varepsilon_0$ 以上になる点 $x$ と番号 $n$ が見つかる」。反例を作るときはこの形を目標にします。

一様収束の意味は絵にすると一目でわかります。$f$ のグラフの上下に幅 $\varepsilon$ ずつの帯を描いたとき、$n \ge N$ ならば $f_n$ のグラフが帯からはみ出さない、というのが一様収束です。各点収束は「各 $x$ ごとに、$n$ を十分大きくすれば点 $(x, f_n(x))$ が帯に入る」としか言っておらず、グラフ全体が同時に入ることは要求していません。

一様収束の幾何：どんなに細い幅 2ε の帯を与えても、番号の大きい f_n のグラフは帯の中に完全に収まる

3.3. 上限による判定

定義に現れる「すべての $x$ で $|f_n(x) - f(x)| < \varepsilon$」は、要するに上限が小さいということです。これを正確にしておくと、以後の計算がすべて上限の計算に還元されます。

命題 3.4（一様収束の上限判定法）✓

$f_n, f \colon E \to \mathbb{R}$ とする。$(f_n)$ が $E$ 上 $f$ に一様収束するための必要十分条件は

$$\lim_{n \to \infty} \|f_n - f\|_E = 0$$

である。ここで $\|\cdot\|_E$ は 定義 2.1 の一様ノルムであり、この条件は特に、十分大きいすべての $n$ について $\|f_n - f\|_E < +\infty$ であることを含む。

証明（命題 3.4）

（必要性）$f_n \rightrightarrows f$ とし、$\varepsilon > 0$ を任意に取ります。定義 3.2 を $\varepsilon/2 > 0$ に対して適用して $N$ を取ると、$n \ge N$ とすべての $x \in E$ について $|f_n(x) - f(x)| < \varepsilon/2$ です。つまり $\varepsilon/2$ は集合 $\{|f_n(x) - f(x)| : x \in E\}$ の上界であり、上限はその最小値ですから、$n \ge N$ について

$$\|f_n - f\|_E \le \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon$$

となります（この段階で上限が有限であることも従います）。$\varepsilon$ は任意なので $\|f_n - f\|_E \to 0$ です。

ここで $\varepsilon$ ではなく $\varepsilon/2$ から出発したのは、「すべての値が $\varepsilon$ 未満」から言えるのは「上限は $\varepsilon$ 以下」であって「$\varepsilon$ 未満」ではないからです。$\varepsilon/2$ を挟むことでこのずれを吸収しています。

（十分性）$\|f_n - f\|_E \to 0$ とし、$\varepsilon > 0$ を任意に取ります。数列の収束の定義から、ある $N$ があって $n \ge N$ ならば $\|f_n - f\|_E < \varepsilon$ です。上限は上界ですから、$n \ge N$ とすべての $x \in E$ について

$$|f_n(x) - f(x)| \le \|f_n - f\|_E < \varepsilon$$

が成り立ちます。$N$ は $x$ に依存せずに取れているので、これは 定義 3.2 の要求そのものです。

∎

例 3.5（各点収束するが一様収束しない基本例）

$E = [0,1]$、$f_n(x) = x^n$ とします。

各点極限。 $0 \le x < 1$ のとき $x^n \to 0$、$x = 1$ のとき $f_n(1) = 1$ なので、各点極限は

$$f(x) = \begin{cases} 0 & (0 \le x < 1) \\ 1 & (x = 1) \end{cases}$$

です。各 $f_n$ は多項式で連続なのに、極限 $f$ は $x = 1$ で不連続です。

一様収束しないこと。 上限を計算します。$x = 1$ では $|f_n(1) - f(1)| = 0$、$0 \le x < 1$ では $|f_n(x) - f(x)| = x^n$ です。$0 < t < 1$ を任意に取ると $x = t^{1/n} \in (0,1)$ に対して $x^n = t$ ですから、値の集合 $\{x^n : 0 \le x < 1\}$ はちょうど $[0,1)$ です。したがって

$$\|f_n - f\|_{[0,1]} = \sup\bigl([0,1) \cup \{0\}\bigr) = 1$$

で、$n$ によらず $1$ です。上限は達成されませんが、$0$ に収束しないことは確かなので、命題 3.4 より一様収束しません。

収束の速さが $x$ に依存する様子。 $0 < x < 1$ と $\varepsilon = 1/2$ に対し、$x^n < 1/2$ となる条件は、両辺の対数を取り $\log x < 0$ で割って不等号を反転させると $n > \log(1/2)/\log x$ です。最小の $N$ を数値で並べます。

$x$	$0.9$	$0.99$	$0.999$	$0.9999$
誤差を $1/2$ 未満にする最小の $N$	$7$	$69$	$693$	$6932$

$x$ を $1$ に近づけると必要な $N$ はいくらでも大きくなり、すべての $x$ に共通の $N$ は存在しません。これが 注意 3.3 に書いた否定命題（$\varepsilon_0 = 1/2$ と取ればよい）の具体形です。

部分区間では一様収束すること。 $0 < a < 1$ を固定し $E = [0,a]$ に制限すると、$x \mapsto x^n$ は $[0,a]$ 上で単調増加なので

$$\|f_n - 0\|_{[0,a]} = a^n \longrightarrow 0 \quad (n \to \infty)$$

となり、命題 3.4 より $f_n \rightrightarrows 0$ です。一様収束は定義域に依存する概念であり、「どの集合の上で一様か」を必ず明示する必要があります。

$n$ を増やしたときの $f_n(x) = x^n$ のグラフを、$\varepsilon = 1/2$ の帯と並べて見てください。赤い部分が帯からはみ出している範囲で、$n$ を大きくしても、その左端 $x = (1/2)^{1/n}$ が $1$ に近づくだけで、はみ出しは消えません。

x^n の番号 n を増やしていく。各点では 0 に近づくが、1 の手前に帯をはみ出す部分が必ず残る

4. 一様収束は連続性を保つ

例 3.5 は、各点収束では連続性が壊れることを示しました。一様収束に強めると壊れません。これがコーシーの主張の正しい形です。

定理 4.1（一様収束極限の連続性）✓

$E \subseteq \mathbb{R}$、$f_n \colon E \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N}$）、$f \colon E \to \mathbb{R}$ とし、次を仮定する。

1. 点 $c \in E$ において、すべての $n$ について $f_n$ は連続である。すなわち $\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in E,\ |x - c| < \delta \implies |f_n(x) - f_n(c)| < \varepsilon$。
2. $(f_n)$ は $E$ 上 $f$ に一様収束する。

このとき $f$ は $c$ で連続である。特に、すべての $f_n$ が $E$ 上連続で $f_n \rightrightarrows f$ ならば、$f$ は $E$ 上連続である。

証明（定理 4.1）

$\varepsilon > 0$ を任意に取ります。

第 1 段（$n$ を固定する）。 仮定 2 と 定義 3.2 を $\varepsilon/3 > 0$ に対して適用すると、ある $N \in \mathbb{N}$ が存在して、$n \ge N$ とすべての $x \in E$ について $|f_n(x) - f(x)| < \varepsilon/3$ が成り立ちます。以下この $N$ を固定し、関数 $f_N$ だけを使います。ここが要になります。$N$ は $x$ に依存せずに選ばれているので、これから動かす点 $x$ でも、固定した点 $c$ でも、同じ $f_N$ で誤差が押さえられます。

第 2 段（$\delta$ を取る）。 仮定 1 を $n = N$、$\varepsilon/3 > 0$ に対して適用すると、ある $\delta > 0$ が存在して、$x \in E$ かつ $|x - c| < \delta$ ならば $|f_N(x) - f_N(c)| < \varepsilon/3$ です。

第 3 段（三角不等式）。 $x \in E$ が $|x - c| < \delta$ を満たすとき、

$$\begin{aligned} |f(x) - f(c)| &\le |f(x) - f_N(x)| + |f_N(x) - f_N(c)| + |f_N(c) - f(c)| \\ &< \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon . \end{aligned}$$

第 1 項と第 3 項は第 1 段（それぞれ点 $x$ と点 $c$ に適用）、第 2 項は第 2 段によります。$\varepsilon$ は任意でしたから、$f$ は $c$ で連続です。

各点収束しか仮定しない場合、第 1 段の $N$ は $x$ ごとに変わるので、第 1 項に使う番号と第 3 項に使う番号が一致せず、第 2 段で連続性を使う相手の関数を一つに固定できません。証明が壊れる場所は、はっきりここです。

∎

この定理は「連続性は一様収束で保たれる」という肯定的な使い方より、対偶にして「一様収束していない」ことを示す道具として使う機会のほうが多いかもしれません。

系 4.2（不連続性による非一様収束の判定）✓

$f_n \colon E \to \mathbb{R}$ がすべて $E$ 上連続で、$(f_n)$ が $f \colon E \to \mathbb{R}$ に各点収束しているとする。$f$ が $E$ のある点 $c$ で不連続ならば、$(f_n)$ は $E$ 上 $f$ に一様収束しない。

証明（系 4.2）

対偶を示します。もし $(f_n)$ が $f$ に一様収束したとすると、定理 4.1 の仮定 1（各 $f_n$ の連続性）と仮定 2 が満たされるので、$f$ は $E$ のすべての点で連続になります。これは $f$ が $c$ で不連続であることに反します。よって一様収束しません。

∎

例 3.5 にこれを適用すれば、上限を計算しなくても一様収束しないことが即座にわかります。$f_n(x) = x^n$ は連続、各点極限は $x = 1$ で不連続、ゆえに一様収束しない、というだけです。

逆向きの問い、すなわち「各点収束＋連続性から一様収束が言えるのはどんなときか」にも答えがあります。単調性とコンパクト性を足せば十分です。ここでコンパクト性とは、この記事では「有界閉集合であること」と思って読めば足ります（どんな点列からも、その集合の中に極限を持つ部分列が取れる、という性質です）。次の証明は、一様収束しないと仮定して「悪い点」を次々に取り出し、その点列の収束部分列の極限で矛盾を導く、という流れです。

定理 4.3（ディニの定理）✓

$K \subseteq \mathbb{R}$ を空でない有界閉集合とし、$f_n \colon K \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N}$）と $f \colon K \to \mathbb{R}$ について次を仮定する。

1. すべての $n$ について $f_n$ は $K$ 上連続であり、$f$ も $K$ 上連続である。
2. $(f_n)$ は $K$ 上 $f$ に各点収束する。
3. すべての $x \in K$ とすべての $n$ について $f_{n+1}(x) \le f_n(x)$（$n$ について単調減少）である。

このとき $(f_n)$ は $K$ 上 $f$ に一様収束する。（$f_{n+1} \ge f_n$ と単調増加を仮定した場合も、$-f_n$ に適用すれば同じ結論を得る。）

証明（定理 4.3）

$g_n := f_n - f$ とおきます。仮定 1 より $g_n$ は連続関数の差なので $K$ 上連続です。仮定 3 より各 $x$ で $(g_n(x))_n$ は単調減少、仮定 2 よりその極限は $0$ ですから、単調減少列の項は極限以上であることに注意して $g_n(x) \ge 0$、また $n \le m$ ならば $g_m(x) \le g_n(x)$ が成り立ちます。示すべきことは $g_n \rightrightarrows 0$ です。

一様収束しないと仮定して矛盾を導きます。定義 3.2 の否定（量化子を反転させる）により、ある $\varepsilon_0 > 0$ が存在して、任意の $N$ に対して $n \ge N$ と $x \in K$ で $g_n(x) \ge \varepsilon_0$ となるものが取れます。これを $N = 1$、$N = n_1 + 1$、$N = n_2 + 1$、… と繰り返し用いれば、狭義単調増加な番号列 $n_1 < n_2 < \cdots$ と点列 $(x_k) \subseteq K$ で

$$g_{n_k}(x_k) \ge \varepsilon_0 \qquad (k \in \mathbb{N})$$

を満たすものが得られます。

$K$ は有界なので、ボルツァーノ・ワイエルシュトラスの定理（定理 6.3）［実数の完備性とコーシー列］（これは $\mathbb{R}$ の完備性の一つの表現です。実数の完備性とコーシー列 を参照してください）により、収束する部分列 $x_{k_j} \to x_0$ が取れます。$K$ は閉集合ですから $x_0 \in K$ です。

ここで $m \in \mathbb{N}$ を一つ固定します。$n_{k_j} \ge k_j \to \infty$ なので、$j$ が十分大きければ $n_{k_j} \ge m$ となり、上で確認した単調性から

$$\varepsilon_0 \le g_{n_{k_j}}(x_{k_j}) \le g_m(x_{k_j})$$

が成り立ちます。$j \to \infty$ とすると、$g_m$ の連続性より $g_m(x_{k_j}) \to g_m(x_0)$ であり、不等式は極限に保たれるので $g_m(x_0) \ge \varepsilon_0$ を得ます。$m$ は任意でしたから、すべての $m$ について $g_m(x_0) \ge \varepsilon_0 > 0$ です。これは $x_0$ における各点収束 $g_m(x_0) \to 0$ に矛盾します。

∎

注意 4.4

ディニの定理の仮定はどれも落とせません。定義域の有界閉性を落とすと、$K = [0,1)$ 上の $f_n(x) = x^n$ が反例になります（演習 8.4）。単調性を落とすと、次節の 例 5.1 が反例になります。極限関数 $f$ の連続性の仮定も必要で、これを落とすと 例 3.5 の $[0,1]$ 上の $x^n$ がそのまま反例です（$x^n$ は $n$ について単調減少で、$[0,1]$ は有界閉です）。

5. 積分との交換

次に $\lim_n \int f_n = \int \lim_n f_n$ を考えます。まず、各点収束では完全に破綻することを見ます。

例 5.1（面積が消えない三角形）

$n \ge 2$ に対して $f_n \colon [0,1] \to \mathbb{R}$ を

$$f_n(x) = \begin{cases} n^2 x & \bigl(0 \le x \le \tfrac{1}{n}\bigr) \\[2pt] 2n - n^2 x & \bigl(\tfrac{1}{n} < x \le \tfrac{2}{n}\bigr) \\[2pt] 0 & \bigl(\tfrac{2}{n} < x \le 1\bigr) \end{cases}$$

と定めます。$n \ge 2$ より $2/n \le 1$ なので定義は意味を持ちます。$x = 1/n$ では $n^2 \cdot \frac{1}{n} = n$ と $2n - n^2\cdot\frac1n = n$、$x = 2/n$ では $2n - n^2 \cdot \frac{2}{n} = 0$ となって値が一致するので、$f_n$ は折れ線として連続です。グラフは底辺 $[0, 2/n]$、高さ $n$ の二等辺三角形です。

各点極限は $0$。 $x = 0$ ではすべての $n$ で $f_n(0) = 0$ です。$x > 0$ を固定すると、$n > 2/x$ を満たすすべての $n$ について $2/n < x$ なので $f_n(x) = 0$ です。よって $f_n \to 0$ が $[0,1]$ 上で各点収束の意味で成り立ちます。

積分は $1$ のまま。 三角形の面積なので

$$\int_0^1 f_n(x)\,dx = \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{n}\cdot n = 1 \qquad (n \ge 2)$$

です。したがって

$$\lim_{n \to \infty}\int_0^1 f_n(x)\,dx = 1 \neq 0 = \int_0^1 \Bigl(\lim_{n \to \infty} f_n(x)\Bigr) dx$$

となり、極限と積分は交換できません。三角形は横に潰れながら縦に伸び、面積 $1$ を保ったまま「どの点からも逃げていく」のです。

一様収束していないこと。 $\|f_n - 0\|_{[0,1]} = f_n(1/n) = n \to \infty$ なので、命題 3.4 より一様収束しません。次の定理と矛盾しないことが確認できました。なおこの例は、定理 4.3 で単調性を落とせないことも示しています。$[0,1]$ は有界閉、$f_n$ も極限 $0$ も連続ですが、$f_n(1/4)$ は $n = 2, 4, 8$ に対して $1, 4, 0$ と増減するので単調ではありません。

一様収束を仮定すると、リーマン積分は極限と交換します。しかも誤差評価が定量的に得られます。

定理 5.2（項別積分（極限と積分の交換））✓

$a < b$ とし、$f_n \colon [a,b] \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N}$）はすべて $[a,b]$ 上リーマン可積分とする。$(f_n)$ が $[a,b]$ 上 $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ に一様収束するならば、$f$ も $[a,b]$ 上リーマン可積分であり、

$$\left| \int_a^b f_n(x)\,dx - \int_a^b f(x)\,dx \right| \le (b-a)\,\|f_n - f\|_{[a,b]}$$

が（右辺が有限であるすべての $n$ について）成り立つ。特に

$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx$$

である。

証明の方針は次のとおりです。まず極限関数 $f$ が有界で積分できること(第 1・2 段)を確かめ、そのうえで、$f_n$ と $f$ のグラフの間の幅が $\|f_n - f\|$ 以下であることから、積分の差が (区間の長さ)×$\|f_n - f\|$ 以下だと評価します(第 3 段)。第 2 段は、上積分・下積分の差が小さいことを $f_n$ の側から $f$ の側へ移す部分で、本質は「$f$ の各小区間での振れ幅が $f_n$ のそれより高々 $2\varepsilon'$ しか増えない」という一点です。

証明（定理 5.2）

$d_n := \|f_n - f\|_{[a,b]}$ と書きます。命題 3.4 より $d_n \to 0$ で、特にある番号から先は $d_n < +\infty$ です。

第 1 段（$f$ は有界）。 $d_{n_0} \le 1$ となる $n_0$ を取ります。リーマン可積分な関数は定義により有界なので $|f_{n_0}| \le M$ となる $M$ があり、すべての $x \in [a,b]$ で

$$|f(x)| \le |f(x) - f_{n_0}(x)| + |f_{n_0}(x)| \le 1 + M$$

です。よって $f$ は有界で、上積分・下積分を考えることができます。

第 2 段（$f$ は可積分）。 有界関数 $h$ と分割 $P \colon a = t_0 < t_1 < \cdots < t_k = b$ に対し、$I_j = [t_{j-1}, t_j]$、$\Delta t_j = t_j - t_{j-1}$ とし、

$$U(h,P) = \sum_{j=1}^{k} \Bigl(\sup_{I_j} h\Bigr)\Delta t_j, \qquad L(h,P) = \sum_{j=1}^{k} \Bigl(\inf_{I_j} h\Bigr)\Delta t_j$$

とおきます。有界関数 $h$ が可積分であることと、任意の $\varepsilon > 0$ に対して $U(h,P) - L(h,P) < \varepsilon$ となる分割 $P$ が存在することは同値でした（リーマンの可積分条件（定理 3.4）［積分の基本定理と定積分］。積分の基本定理と定積分 を参照してください）。

$\varepsilon > 0$ を取り、$\varepsilon' := \dfrac{\varepsilon}{4(b-a)}$ とおきます。$d_n \to 0$ より $d_n \le \varepsilon'$ となる $n$ を一つ固定します。すると、すべての $x \in [a,b]$ で $f_n(x) - \varepsilon' \le f(x) \le f_n(x) + \varepsilon'$ です。各 $I_j$ 上でこの不等式の上限・下限を取ると

$$\sup_{I_j} f \le \sup_{I_j} f_n + \varepsilon', \qquad \inf_{I_j} f \ge \inf_{I_j} f_n - \varepsilon'$$

となり、辺々引いて

$$\sup_{I_j} f - \inf_{I_j} f \le \Bigl(\sup_{I_j} f_n - \inf_{I_j} f_n\Bigr) + 2\varepsilon'$$

を得ます。両辺に $\Delta t_j > 0$ を掛けて $j$ について加えると、$\sum_j \Delta t_j = b-a$ なので、任意の分割 $P$ について

$$U(f,P) - L(f,P) \le U(f_n,P) - L(f_n,P) + 2\varepsilon'(b-a) = U(f_n,P) - L(f_n,P) + \frac{\varepsilon}{2}$$

が成り立ちます。$f_n$ は可積分なので、リーマンの可積分条件により $U(f_n,P) - L(f_n,P) < \varepsilon/2$ となる分割 $P$ が取れます。この $P$ に対して $U(f,P) - L(f,P) < \varepsilon$ となり、$\varepsilon$ は任意でしたから $f$ は可積分です。

第 3 段（誤差評価）。 $d_n < +\infty$ とします。すべての $x \in [a,b]$ で $-d_n \le f_n(x) - f(x) \le d_n$ ですから、可積分関数についての積分の単調性と定数の積分 $\int_a^b d_n\,dx = d_n (b-a)$ より

$$-d_n (b-a) \le \int_a^b \bigl(f_n(x) - f(x)\bigr)dx \le d_n (b-a),$$

すなわち $\left|\int_a^b f_n - \int_a^b f\right| \le (b-a) d_n$ です（第 2 段で $f$ の可積分性を示したので、この差の積分は意味を持ちます）。右辺は $n \to \infty$ で $0$ に収束するので、はさみうちの原理から積分の収束が従います。

∎

注意 5.3

級数の形に書き直しておきます。$u_n \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ が可積分で、部分和 $s_N = \sum_{n=1}^{N} u_n$ が $[a,b]$ 上 $S$ に一様収束するならば、$s_N$ は可積分関数の有限和なので可積分であり、定理 5.2 を列 $(s_N)$ に適用して

$$\int_a^b S(x)\,dx = \lim_{N \to \infty}\int_a^b s_N(x)\,dx = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^{N}\int_a^b u_n(x)\,dx = \sum_{n=1}^{\infty}\int_a^b u_n(x)\,dx$$

を得ます。これが項別積分です。$\int$ と $\sum$ の交換が許される条件は、部分和の一様収束です。

注意

一様収束は交換のための十分条件であって必要条件ではありません。例 5.1 の三角形の高さを $n$ から $1$ に変えた列（底辺 $[0,2/n]$、高さ $1$）を考えると、$\|f_n\|_{[0,1]} = 1$ なので一様収束しませんが、$\int_0^1 f_n = 1/n \to 0$ となって積分の交換は成立します。定理の仮定が破れても結論が偽になるとは限らない、という当たり前のことですが、反例を作るときに間違えやすい点です。

また、区間の有界性も本質的です。$[0,\infty)$ 上で $f_n(x) = 1/n$（$0 \le x \le n$）、$f_n(x) = 0$（$x > n$）とおくと $\|f_n\|_{[0,\infty)} = 1/n \to 0$ で一様収束しますが、$\int_0^{\infty} f_n = 1$ であり $\int_0^\infty 0 = 0$ とは一致しません。定理 5.2 の誤差評価に現れる因子 $(b-a)$ が無限大になるからです。

注意 5.4

リーマン積分の枠内では、一様収束はかなり強い仮定です。ルベーグ積分に移ると、各点収束（さらには「ほとんど至るところ」の収束）のままでも、有界収束定理や ルベーグの優収束定理（定理 7.3）［ルベーグ積分の定義と収束定理］ によって極限と積分の交換が正当化されます。詳しくは ルベーグ積分の定義と収束定理 を参照してください。

ただし優収束定理も無条件ではなく、可積分な優関数の存在を要求します。例 5.1 の三角形の列はその仮定も満たしません（Appendix で確認します）。「面積が逃げる」現象は、積分の定義を取り替えるだけでは消えないのです。

6. 一様コーシー列と完備性

ここまでの判定法（命題 3.4）には実用上の弱点があります。極限関数 $f$ を先に知っていなければ $\|f_n - f\|_E$ を計算できません。しかし級数の和のように、極限が何であるか分からないまま収束を論じたい場面がほとんどです。数列のときと同じように、極限を持ち出さずに済む判定法を作ります。

定義 6.1（一様コーシー列）↗

$f_n \colon E \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N}$）が $E$ 上の一様コーシー列であるとは

$$\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \mathbb{N},\ \forall m, n \ge N,\ \forall x \in E, \quad |f_n(x) - f_m(x)| < \varepsilon$$

が成り立つことをいう。ここでも $N$ は $\varepsilon$ のみに依存し、$x$ に依存してはならない。

定理 6.2（一様収束のコーシー判定法）✓

$f_n \colon E \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N}$）とする。ある関数 $f \colon E \to \mathbb{R}$ が存在して $(f_n)$ が $E$ 上 $f$ に一様収束するための必要十分条件は、$(f_n)$ が $E$ 上の一様コーシー列であることである。

証明の方針は、数列のコーシー判定法と同じです。必要性は三角不等式だけで済みます。十分性では、まず各点 $x$ で数列 $(f_n(x))$ が収束することを $\mathbb{R}$ の完備性で保証して極限関数 $f$ を作り、次に不等式で $m \to \infty$ とすることで、一様コーシーの評価を $f_n$ と $f$ の差の評価へ移します。

証明（定理 6.2）

（必要性）$f_n \rightrightarrows f$ とし、$\varepsilon > 0$ を取ります。定義 3.2 を $\varepsilon/2$ に適用して $N$ を取ると、$m, n \ge N$ とすべての $x \in E$ について

$$|f_n(x) - f_m(x)| \le |f_n(x) - f(x)| + |f(x) - f_m(x)| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$$

です。$N$ は $x$ に依存していないので、定義 6.1 が満たされます。

（十分性）$(f_n)$ を一様コーシー列とします。

第 1 段（極限関数を作る）。 各 $x \in E$ を固定すると、定義 6.1 の条件は特にその $x$ について成り立つので、実数列 $(f_n(x))_n$ はコーシー列です。$\mathbb{R}$ は完備なので（実数の完備性（定理 7.3）［実数の完備性とコーシー列］）、この数列は収束します。その極限を $f(x)$ と定めれば、関数 $f \colon E \to \mathbb{R}$ が定まります。この一歩が完備性を使う唯一かつ決定的な場所です。有理数の範囲で同じことをしようとすると、極限が $\mathbb{Q}$ の外に出てしまい、そもそも極限関数を定義できません。

第 2 段（収束が一様であること）。 $\varepsilon > 0$ を取り、定義 6.1 を $\varepsilon/2$ に適用して $N$ を取ります。$n \ge N$ と $x \in E$ を固定し、$m \ge N$ について成り立つ不等式

$$|f_n(x) - f_m(x)| < \frac{\varepsilon}{2}$$

で $m \to \infty$ とします。第 1 段より $f_m(x) \to f(x)$ であり、絶対値は連続関数ですから左辺は $|f_n(x) - f(x)|$ に収束し、不等式は極限で（等号を許して）保たれるので

$$|f_n(x) - f(x)| \le \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon$$

を得ます。$N$ は $x$ に依存せずに取れているので、$f_n \rightrightarrows f$ です。

∎

次の注意は、ここまでの結果を関数空間の言葉で言い直したものです。距離空間やバナッハ空間という言葉は、この記事の他の部分では使わないので、初めて読むときは飛ばして構いません。

注意 6.3

定理 6.2 と 定理 4.1 を合わせると、次のことがわかります。有界閉区間 $[a,b]$ 上の連続関数全体の集合を $C([a,b])$ と書くと、連続関数は有界閉区間上で有界（最大値・最小値の定理）なので $\|f\|_{[a,b]} < \infty$ であり、$d(f,g) := \|f - g\|_{[a,b]}$ は $C([a,b])$ 上の距離になります（定義 2.1 の性質 1 と 3 から確かめられます）。この距離についてコーシー列であることは一様コーシー列であることに他ならないので、定理 6.2 によりその列はある関数に一様収束し、定理 4.1 によりその極限は再び連続、すなわち $C([a,b])$ の元です。つまり $C([a,b])$ は完備距離空間（一様ノルムに関するバナッハ空間）です。

$\mathbb{R}$ の完備性が、無限次元の関数空間の完備性へ持ち上がったことになります。この視点は L^p空間と関数解析への導入 で本格的に展開されます。

コーシー判定法の最も便利な帰結が、次の判定法です。関数項級数の一様収束は、ほとんどの場合これで片が付きます。

系 6.4（ワイエルシュトラスの M 判定法）✓

$u_n \colon E \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N}$）とし、定数 $M_n \ge 0$ が存在して

$$|u_n(x)| \le M_n \quad (\forall x \in E, \ \forall n \in \mathbb{N}), \qquad \sum_{n=1}^{\infty} M_n < \infty$$

を満たすとする。このとき級数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n(x)$ は各 $x \in E$ で絶対収束し、部分和の列 $s_N = \sum_{n=1}^{N} u_n$ は $E$ 上一様収束する。

証明（系 6.4）

$T_N := \sum_{n=1}^{N} M_n$ とおきます。仮定より $(T_N)$ は収束列であり、収束列はコーシー列ですから、$\varepsilon > 0$ に対してある $N_0$ が存在して、$N > M \ge N_0$ ならば $T_N - T_M = \sum_{n=M+1}^{N} M_n < \varepsilon$ です。

このとき、$N > M \ge N_0$ とすべての $x \in E$ について、三角不等式と仮定 $|u_n(x)| \le M_n$ より

$$|s_N(x) - s_M(x)| = \left|\sum_{n=M+1}^{N} u_n(x)\right| \le \sum_{n=M+1}^{N} |u_n(x)| \le \sum_{n=M+1}^{N} M_n < \varepsilon$$

が成り立ちます。$N_0$ は $x$ に依存していないので $(s_N)$ は一様コーシー列であり、定理 6.2 よりある関数に一様収束します。絶対収束は、各 $x$ で $\sum_n |u_n(x)| \le \sum_n M_n < \infty$ が成り立つこと（正項級数の比較判定法）から従います。

∎

$M_n$ の取り方は、$M_n = \sup_{x\in E}|u_n(x)| = \|u_n\|_E$ とするのが最良ですが、実際には計算しやすい上界を取れば十分です。冪級数 $\sum a_n x^n$ が収束半径 $R$ の内側の閉区間 $[-r, r]$（$0 < r < R$）で一様収束することも、$M_n = |a_n| r^n$ として $M$ 判定法を使えば直ちに従います（級数と収束判定 を参照してください）。

例 6.5（連続だがどこでも微分できない関数）

$0 < a < 1$ とし、$b$ を正の整数として

$$W(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a^n \cos(b^n \pi x) \qquad (x \in \mathbb{R})$$

を考えます。$|a^n\cos(b^n \pi x)| \le a^n$ であり、$\sum_{n \ge 0} a^n = \dfrac{1}{1-a} < \infty$（等比級数）ですから、$M_n = a^n$ として 系 6.4 が適用でき、この級数は $\mathbb{R}$ 上一様収束します。部分和は連続関数の有限和なので連続、したがって 定理 4.1 より $W$ は $\mathbb{R}$ 上連続です。

ワイエルシュトラスは 1872 年、$b$ が奇数の整数で $ab > 1 + \frac{3}{2}\pi$（数値では $ab > 5.712\ldots$）ならば、$W$ はどの点でも微分可能でないことを証明しました。たとえば $a = 1/2$、$b = 13$ とすると $ab = 6.5$ なので条件を満たします。後にハーディが、$b > 1$ が整数でなくてもよく、条件を $ab \ge 1$ にまで弱められることを示しています。

一様収束は連続性を保ちますが、微分可能性については何も保証しないことが、この例で極端な形で現れています。滑らかな関数（余弦関数）の一様収束する級数が、いたるところ尖った関数になりうるのです。次の節で、この現象を最小限の形に切り出します。

7. 微分との交換

定理 5.2 の成功を見ると、微分についても「$f_n \rightrightarrows f$ ならば $f_n' \to f'$」が成り立ちそうに思えます。しかし成り立ちません。原因は、積分が関数を平均して滑らかにする作用素であるのに対し、微分は局所的な傾きを取り出す作用素であり、値の小ささが傾きの小ささを何ら意味しないからです。

例 7.1（値は一様に小さいが傾きは発散する）

$f_n(x) = \dfrac{\sin(nx)}{\sqrt{n}}$（$x \in \mathbb{R}$）とします。$|\sin(nx)| \le 1$ かつ $x = \pi/(2n)$ で $\sin(nx) = 1$ となるので

$$\|f_n - 0\|_{\mathbb{R}} = \frac{1}{\sqrt{n}} \longrightarrow 0$$

であり、命題 3.4 より $f_n \rightrightarrows 0$ です。しかし合成関数の微分法により

$$f_n'(x) = \sqrt{n}\,\cos(nx)$$

なので、$f_n'(0) = \sqrt{n} \to +\infty$ です。極限関数 $f = 0$ は $f'(0) = 0$ を満たしますから、

$$\Bigl(\lim_{n\to\infty} f_n\Bigr)'(0) = 0, \qquad \lim_{n \to \infty} f_n'(0) = +\infty$$

となって交換は成立しません。それどころか右辺は収束すらしません。グラフは振幅が $0$ に潰れる一方、振動が速くなるので傾きが立ち上がる、というのが幾何的な説明です。

例 7.2（なめらかな関数の一様極限が微分できなくなる）

$f_n(x) = \sqrt{x^2 + \dfrac{1}{n^2}}$（$x \in \mathbb{R}$）とします。根号の中身は常に正なので、各 $f_n$ は $\mathbb{R}$ 上の $C^\infty$ 級関数です。分子の有理化 $\sqrt{A} - \sqrt{B} = \dfrac{A-B}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}$ を $A = x^2 + 1/n^2$、$B = x^2$ に用いると、すべての $x$ について

$$0 \le \sqrt{x^2 + \frac{1}{n^2}} - |x| = \frac{1/n^2}{\sqrt{x^2 + 1/n^2} + |x|} \le \frac{1/n^2}{1/n} = \frac{1}{n}$$

です（分母を $\sqrt{x^2 + 1/n^2} \ge 1/n$ で下から評価しました）。よって $\|f_n - |\cdot|\,\|_{\mathbb{R}} \le 1/n \to 0$ となり、命題 3.4 より $f_n \rightrightarrows |x|$ が $\mathbb{R}$ 全体で成り立ちます。

しかし極限 $|x|$ は $x = 0$ で微分可能ではありません。右からの差分商は $\lim_{h \to 0+} \frac{|h| - 0}{h} = 1$、左からは $-1$ で一致しないからです。$C^\infty$ 級関数の一様極限が、微分可能ですらなくなりました。例 6.5 は、これを全点で起こした極端版です。

正しい定理は、仮定を $f_n$ ではなく $f_n'$ の側に置きます。しかも $f_n$ 自身については、たった 1 点での収束を仮定すれば足ります。

定理 7.3（項別微分（極限と微分の交換））✓

$a < b$ とし、$f_n \colon [a,b] \to \mathbb{R}$（$n \in \mathbb{N}$）はすべて $C^1$ 級（$[a,b]$ 上微分可能で、導関数 $f_n'$ が $[a,b]$ 上連続。端点では片側微分係数を取る）とする。さらに次を仮定する。

1. ある点 $x_0 \in [a,b]$ が存在して、数列 $(f_n(x_0))_n$ は収束する。
2. 導関数の列 $(f_n')$ は $[a,b]$ 上ある関数 $g \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ に一様収束する。

このとき $(f_n)$ は $[a,b]$ 上ある関数 $f$ に一様収束し、$f$ は $C^1$ 級で $f' = g$、すなわち

$$\Bigl(\lim_{n \to \infty} f_n\Bigr)' = \lim_{n \to \infty} f_n' \qquad ([a,b] \text{ 上で})$$

が成り立つ。

証明（定理 7.3）

$A := \lim_{n\to\infty} f_n(x_0)$（仮定 1 により存在）とおきます。

第 1 段（$g$ は連続）。 各 $f_n'$ は仮定より連続で、仮定 2 より $f_n' \rightrightarrows g$ ですから、定理 4.1 より $g$ は $[a,b]$ 上連続です。したがって $g$ は可積分で、

$$f(x) := A + \int_{x_0}^{x} g(t)\,dt \qquad (x \in [a,b])$$

と定義できます。

第 2 段（$f_n \rightrightarrows f$）。 各 $f_n$ は $C^1$ 級なので、微分積分学の基本定理（第二部）（定理 5.4）［積分の基本定理と定積分］（積分の基本定理と定積分 を参照してください）により、すべての $x \in [a,b]$ で

$$f_n(x) = f_n(x_0) + \int_{x_0}^{x} f_n'(t)\,dt$$

が成り立ちます。差を取ると

$$\begin{aligned} |f_n(x) - f(x)| &= \left| \bigl(f_n(x_0) - A\bigr) + \int_{x_0}^{x} \bigl(f_n'(t) - g(t)\bigr) dt \right| \\ &\le |f_n(x_0) - A| + \left|\int_{x_0}^{x}\bigl(f_n'(t) - g(t)\bigr)dt\right| \\ &\le |f_n(x_0) - A| + |x - x_0|\cdot \|f_n' - g\|_{[a,b]} \\ &\le |f_n(x_0) - A| + (b-a)\,\|f_n' - g\|_{[a,b]} \end{aligned}$$

です。3 行目では、被積分関数の絶対値が定数 $\|f_n' - g\|_{[a,b]}$ で押さえられることを使いました（$x < x_0$ の場合も絶対値を取っているので同じ評価が成り立ちます）。最右辺は $x$ を含まない量であり、仮定 1 より第 1 項は $0$ に、仮定 2 と 命題 3.4 より第 2 項は $0$ に収束します。よって $\|f_n - f\|_{[a,b]} \to 0$ となり、命題 3.4 から $f_n \rightrightarrows f$ が従います。

第 3 段（$f' = g$）。 第 1 段より $g$ は $[a,b]$ 上連続なので、微分積分学の基本定理の第一部により、$x \mapsto \int_{x_0}^{x} g(t)\,dt$ は $[a,b]$ 上微分可能で導関数は $g(x)$ です。定数 $A$ の微分は $0$ ですから $f'(x) = g(x)$ がすべての $x \in [a,b]$ で成り立ち、$f'= g$ は連続、すなわち $f$ は $C^1$ 級です。

∎

次の注意は、定理の仮定 $f_n \in C^1$ を外せるという補足です。初めて読むときは、仮定を「微分可能」に弱めても同じ結論が成り立つ、という主張だけ押さえれば十分です。

注意 7.4

定理 7.3 では証明を簡潔にするために $f_n \in C^1$ を仮定しましたが、これは外せます。すなわち「$f_n$ が $[a,b]$ 上微分可能（導関数の連続性は不要）で、ある $x_0$ で $(f_n(x_0))$ が収束し、$(f_n')$ が $[a,b]$ 上一様収束する」だけから、同じ結論（$f_n$ は一様収束し、極限は微分可能で $f' = \lim f_n'$）が導かれます。証明は基本定理の代わりに 平均値の定理（定理 3.3）［平均値の定理とテイラーの定理］（平均値の定理とテイラーの定理）を $f_n - f_m$ に適用して

$$\bigl|(f_n - f_m)(x) - (f_n - f_m)(y)\bigr| \le |x - y| \cdot \|f_n' - f_m'\|_{[a,b]}$$

という評価を作り、定理 6.2 で $(f_n)$ の一様収束を示してから差分商を評価する、という筋道になります。詳細は Rudin『Principles of Mathematical Analysis』第 7 章を参照してください。

なお、仮定 1 の「ある 1 点での収束」は落とせません。$f_n(x) = n$（定数関数）とすると $f_n' = 0$ は一様収束しますが、$f_n$ はどの点でも収束しません。導関数だけからは、原始関数の定数のずれを決められないからです。

ヒント

実用上は次の形で使うことが多いと思います。$\sum u_n$ が 1 点で収束し、$\sum u_n'$ が一様収束するなら、$\bigl(\sum u_n\bigr)' = \sum u_n'$ が成り立つ。冪級数 $\sum a_n x^n$ の項別微分が収束円の内部で許されるのは、$\sum n a_n x^{n-1}$ が同じ収束半径を持ち、内側の閉区間で 系 6.4 により一様収束するからです。

8. 演習

演習 8.1標準

$f_n(x) = n x e^{-n x^2}$（$x \in [0,1]$、$n \in \mathbb{N}$）とする。

1. 各点極限 $f$ を求めよ。
2. $\|f_n - f\|_{[0,1]}$ を計算し、一様収束するかどうかを判定せよ。
3. $\lim_{n\to\infty}\int_0^1 f_n(x)\,dx$ と $\int_0^1 f(x)\,dx$ を計算して比較せよ。

解答

1. $x = 0$ ではすべての $n$ で $f_n(0) = 0$ です。$x > 0$ を固定し $t = n x^2$ とおくと $t \to \infty$ で、

$$f_n(x) = n x e^{-nx^2} = \frac{t}{x}e^{-t}$$

です。$t e^{-t} \to 0$（$t \to \infty$）であり $x$ は固定された正数なので、$f_n(x) \to 0$ です。よって各点極限は $f \equiv 0$ です。

2. $f_n$ を微分すると、積の微分法と合成関数の微分法から

$$f_n'(x) = n e^{-nx^2} + nx\cdot(-2nx)e^{-nx^2} = n e^{-nx^2}\bigl(1 - 2n x^2\bigr)$$

です。$e^{-nx^2} > 0$ なので $f_n'(x)$ の符号は $1 - 2nx^2$ の符号と一致し、$f_n$ は $x = 1/\sqrt{2n}$ で最大になります（$1/\sqrt{2n} \le 1/\sqrt{2} < 1$ なので、この点は $[0,1]$ に属します）。$f_n \ge 0$ なので

$$\|f_n - 0\|_{[0,1]} = f_n\!\left(\frac{1}{\sqrt{2n}}\right) = n \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}} \cdot e^{-1/2} = \sqrt{\frac{n}{2}}\, e^{-1/2} \longrightarrow +\infty$$

となり、命題 3.4 より一様収束しません。

3. $\dfrac{d}{dx}\left(-\dfrac{1}{2}e^{-nx^2}\right) = n x e^{-n x^2}$ なので

$$\int_0^1 n x e^{-nx^2}\,dx = \left[-\frac{1}{2}e^{-nx^2}\right]_0^1 = \frac{1}{2}\bigl(1 - e^{-n}\bigr) \longrightarrow \frac{1}{2}$$

です。一方 $\int_0^1 f = 0$ ですから、極限と積分は交換していません。これは 定理 5.2 と矛盾しません。2. で見たとおり一様収束の仮定が破れているからです。例 5.1 と同じく、山が原点に寄りながら高くなり、面積が逃げていく形の反例です。

演習 8.2標準

$f_n(x) = \dfrac{x}{1 + n x^2}$（$x \in \mathbb{R}$）とする。

1. $(f_n)$ が $\mathbb{R}$ 上 $0$ に一様収束することを示せ。
2. $f_n'$ の各点極限を求め、$\bigl(\lim_n f_n\bigr)' = \lim_n f_n'$ が成り立たない点を指摘せよ。また $(f_n')$ が一様収束しないことを、上限を計算せずに示せ。

解答

1. $x \neq 0$ のとき、相加相乗平均の不等式より $1 + n x^2 \ge 2\sqrt{n}\,|x|$ なので

$$|f_n(x)| = \frac{|x|}{1 + nx^2} \le \frac{|x|}{2\sqrt{n}\,|x|} = \frac{1}{2\sqrt{n}}$$

です。$x = 0$ では $f_n(0) = 0$ なのでこの評価はすべての $x$ で成り立ち、$\|f_n - 0\|_{\mathbb{R}} \le \dfrac{1}{2\sqrt n} \to 0$ です。命題 3.4 より $f_n \rightrightarrows 0$ です。なお $x = 1/\sqrt{n}$ で等号が成り立つので、実は $\|f_n\|_{\mathbb{R}} = \dfrac{1}{2\sqrt n}$ です。

2. 商の微分法より

$$f_n'(x) = \frac{(1 + nx^2) - x\cdot 2nx}{(1+nx^2)^2} = \frac{1 - n x^2}{(1 + n x^2)^2}$$

です。$x = 0$ では $f_n'(0) = 1$ なので $\lim_n f_n'(0) = 1$ です。しかし $\lim_n f_n = 0$ ですからその導関数は $0$ であり、$x = 0$ で交換が破れています。

$x \neq 0$ を固定すると、分母を展開して $n^2$ で割ると

$$f_n'(x) = \frac{1 - nx^2}{(1+nx^2)^2} = \frac{\frac{1}{n^2} - \frac{x^2}{n}}{\left(\frac{1}{n} + x^2\right)^2} \longrightarrow \frac{0}{x^4} = 0$$

です。したがって $f_n'$ の各点極限 $h$ は $h(0) = 1$、$h(x) = 0$（$x \neq 0$）で、$x = 0$ で不連続です。各 $f_n'$ は有理関数（分母は $0$ にならない）なので連続ですから、系 4.2 より $(f_n')$ は一様収束しません。定理 7.3 の仮定 2 が破れており、交換できないことと整合しています。

演習 8.3標準

$S(x) = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n^2}$ とする。

1. この級数は $\mathbb{R}$ 上一様収束し、$S$ は $\mathbb{R}$ 上連続であることを示せ。
2. $\displaystyle\int_0^{\pi} S(x)\,dx$ を $\zeta(3) = \sum_{n\ge1} n^{-3}$ を用いて表せ。

解答

1. $u_n(x) = \dfrac{\sin nx}{n^2}$ とおくと、すべての $x \in \mathbb{R}$ で $|u_n(x)| \le \dfrac{1}{n^2} =: M_n$ であり、$\sum_n n^{-2} = \pi^2/6 < \infty$ です。よって 系 6.4 より部分和は $\mathbb{R}$ 上一様収束します。部分和は連続関数の有限和なので連続であり、定理 4.1 より $S$ は連続です。

2. 1. により部分和は $[0,\pi]$ 上一様収束するので、注意 5.3 の項別積分が使えます。

$$\int_0^{\pi} \frac{\sin nx}{n^2}\,dx = \frac{1}{n^2}\left[-\frac{\cos nx}{n}\right]_0^{\pi} = \frac{1 - \cos n\pi}{n^3} = \frac{1 - (-1)^n}{n^3}$$

です。$n$ が偶数なら $0$、奇数なら $2/n^3$ ですから

$$\int_0^{\pi} S(x)\,dx = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1-(-1)^n}{n^3} = 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^3}$$

です。奇数の和は、偶数部分を分離して

$$\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^3} = \zeta(3) - \sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(2m)^3} = \zeta(3) - \frac{1}{8}\zeta(3) = \frac{7}{8}\zeta(3)$$

と計算できます。よって

$$\int_0^{\pi} S(x)\,dx = \frac{7}{4}\zeta(3) \approx \frac{7}{4}\times 1.2020569 \approx 2.1036$$

です。

演習 8.4難

ディニの定理（定理 4.3） の仮定について答えよ。

1. $f_n(x) = x^n$ を $K = [0,1)$ 上で考える。定理の仮定のうちどれが成り立ち、どれが破れているかを述べ、実際に一様収束しないことを示せ。さらに、定理 4.3 の証明のどのステップがこの場合に破綻するかを指摘せよ。
2. 有界閉集合の上でも、単調性を落とすと結論が成り立たない例を挙げ、確認せよ。

解答

1. $K = [0,1)$ 上で $f_n(x) = x^n$ は連続、各点極限は $f \equiv 0$（$0 \le x < 1$ なので $x^n \to 0$）で、これも連続です。また $0 \le x < 1$ より $x^{n+1} = x\cdot x^n \le x^n$ なので $n$ について単調減少です。つまり定理の仮定 1（連続性）、2（各点収束）、3（単調性）はすべて成り立っています。破れているのは $K$ が閉集合でない（したがって有界閉ではない）ことだけです。

一様収束しないことは 例 3.5 と同じ計算で分かります。$0 < t < 1$ に対し $x = t^{1/n} \in [0,1)$ が $x^n = t$ を与えるので、$\|f_n - 0\|_{[0,1)} = \sup\{x^n : 0 \le x < 1\} = 1$ であり、$0$ に収束しません。

証明のどこが壊れるかも明確です。定理 4.3 の証明では、$g_{n_k}(x_k) \ge \varepsilon_0$ を満たす点列 $(x_k)$ からボルツァーノ・ワイエルシュトラスの定理で収束部分列を取り、その極限 $x_0$ が $K$ に属することを閉性から結論していました。今の場合、$\varepsilon_0 = 1/2$ に対して $x_k = (1/2)^{1/n_k}$ と取ると $x_k \to 1$ ですが、$1 \notin [0,1)$ です。極限点が定義域の外に逃げるので、$g_m(x_0)$ という式そのものが書けません。

2. 例 5.1 の三角形の列 $(f_n)_{n\ge2}$ を $K = [0,1]$ 上で考えます。$K$ は有界閉、各 $f_n$ は連続、各点極限 $f \equiv 0$ も連続なので、仮定 1、2 と定義域の条件は満たされます。しかし $\|f_n\|_{[0,1]} = n \to \infty$ なので一様収束しません。破れているのは単調性です。実際 $x = 1/4$ において

$$f_2\left(\tfrac14\right) = 4\cdot\tfrac14 = 1, \quad f_4\left(\tfrac14\right) = 16\cdot\tfrac14 = 4, \quad f_8\left(\tfrac14\right) = 2\cdot 8 - 64\cdot\tfrac14 = 0$$

と増えてから減っており、$n$ について単調ではありません（$f_2$ は $[0,1/2]$ で $4x$、$f_4$ は $[0,1/4]$ で $16x$、$f_8$ は $[1/8, 1/4]$ で $16 - 64x$ という形であることを使いました）。

参考文献

• 高木貞治『解析概論』改訂第三版、岩波書店、1961 — 第 4 章「無限級数　一様収束」。一様収束、項別積分・項別微分の古典的で簡潔な扱い。
• 杉浦光夫『解析入門 I』東京大学出版会、1980 — 関数列・関数項級数の一様収束を扱う章。$\varepsilon$-$N$ 論法を省略なく書き下す方針が本記事と近い。
• W. Rudin, Principles of Mathematical Analysis, 3rd ed., McGraw-Hill, 1976 — Chapter 7 “Sequences and Series of Functions”。導関数の連続性を仮定しない項別微分定理、ディニの定理、いたるところ微分不可能な連続関数の構成が含まれる。
• E. Hairer, G. Wanner, Analysis by Its History, Springer, 1996 — コーシー、アーベル、ザイデル、ワイエルシュトラスを追いながら一様収束の概念が成立する過程を扱う章がある。
• N. H. Abel, “Untersuchungen über die Reihe $1 + \frac{m}{1}x + \frac{m(m-1)}{1\cdot 2}x^2 + \cdots$”, Journal für die reine und angewandte Mathematik 1 (1826) — コーシーの主張に対する反例が脚注で述べられている。
• G. H. Hardy, “Weierstrass’s non-differentiable function”, Transactions of the American Mathematical Society 17 (1916) — 例 6.5 の関数が $ab \ge 1$ で微分不可能であることの証明。

Appendix: 反例のカタログ

一覧。 本文で使った反例を、どの結論が壊れるかで整理します。$E$ 上の各点極限を $f$ と書きます。

関数列	定義域	収束の様子と $\lVert f_n - f \rVert$	壊れる結論
$x^n$	$[0,1]$	各点収束のみ、$\lVert f_n - f \rVert = 1$	極限が不連続になる
三角形（例 5.1）	$[0,1]$	各点収束のみ、$\lVert f_n \rVert = n$	積分と極限が交換しない
$n x e^{-nx^2}$	$[0,1]$	各点収束のみ、$\lVert f_n \rVert = \sqrt{n/(2e)}$	積分と極限が交換しない
$\sin(nx)/\sqrt n$	$\mathbb{R}$	一様収束、$\lVert f_n \rVert = n^{-1/2}$	$f_n'$ が発散する
$\sqrt{x^2 + n^{-2}}$	$\mathbb{R}$	一様収束、$\lVert f_n - f \rVert \le n^{-1}$	極限が微分不可能になる
$x/(1+nx^2)$	$\mathbb{R}$	一様収束、$\lVert f_n \rVert = \frac{1}{2\sqrt n}$	$x=0$ で $\lim f_n' \ne f'$
高さ $1/n$ の平坦な山	$[0,\infty)$	一様収束、$\lVert f_n \rVert = n^{-1}$	区間が非有界だと積分が交換しない

上 3 つは「収束が一様でない」ことが原因なので、一様収束を仮定すれば防げます。下 4 つは一様収束していてもなお壊れる現象で、微分の交換には別の仮定（定理 7.3）が、非有界区間には別の道具が必要であることを示しています。

三角形の列と優収束定理。 注意 5.4 で触れた点を確認します。例 5.1 の $f_n$ に対し $\varphi(x) := \sup_{n \ge 2} f_n(x)$ とおきます。$0 < x < 1/3$ を取り、$m := \lceil 1/x \rceil$ とおくと $m \ge 4$ で、$m - 1 < 1/x \le m$ すなわち $\frac{1}{m} \le x < \frac{1}{m-1} \le \frac{2}{m}$（最後の不等式は $m \ge 2$ から従います）が成り立ちます。よって $x$ は $f_m$ の右側の斜辺の上にあり、

$$f_m(x) = 2m - m^2 x = m\,(2 - m x), \qquad m x < \frac{m}{m-1} \le \frac{4}{3}$$

です（最後は $m \ge 4$ を使いました）。したがって $2 - mx > \frac{2}{3}$ となり、

$$\varphi(x) \ge f_m(x) > \frac{2}{3}m \ge \frac{2}{3x}$$

を得ます。$\int_0^{1/3}\frac{dx}{x} = \infty$ ですから $\varphi$ は $[0,1]$ 上可積分ではなく、したがってすべての $n$ について $|f_n| \le \psi$ を満たす可積分関数 $\psi$ も存在しません（そのような $\psi$ があれば $\varphi \le \psi$ となり、$\psi$ の可積分性に反します）。つまりこの列は、ルベーグ積分に移って優収束定理を使おうとしても救済されません。極限と積分の交換が失敗するのは積分の定義の弱さではなく、関数列そのものの性質だ、ということです。