極限とε-δ

同義語：ε-δ論法ε-N論法

概要

高校での出発点：「限りなく近づく」

高校では、数列 $a_n$ の極限を「$n$ を限りなく大きくするとき、$a_n$ が一定の値 $\alpha$ に限りなく近づく」と説明し、$\lim_{n\to\infty}a_n=\alpha$ と書く。たとえば $a_n=\frac{2n+1}{n+1}$ では
$$ |a_n-2|=\Bigl|\frac{2n+1-2(n+1)}{n+1}\Bigr|=\frac1{n+1} $$
なので、$n$ が大きいほど $a_n$ は $2$ に近く、$\lim a_n=2$ である。関数でも同様に、「$x$ が $a$ と異なる値をとりながら $a$ に限りなく近づくとき、$f(x)$ が $L$ に限りなく近づく」ことを $\lim_{x\to a}f(x)=L$ と書く。
この説明で計算はできるが、「限りなく近づく」が何を意味するかは、はっきりしない。次の例を考えてみる。

「どんどん近づく」だけでは足りない。 $a_n=\frac1n$ と $-1$ の距離 $\bigl|\frac1n-(-1)\bigr|=1+\frac1n$ は $2,\ 1.5,\ 1.33\ldots,\ 1.25,\ \ldots$ と、$n$ とともに狭義に減っていく。$a_n$ は $-1$ に「どんどん近づいて」いるが、$\lim a_n=-1$ ではない。距離が減るだけでなく、いくらでも小さくなることが要る。
近づき方は単調とは限らない。 $a_n=\frac{1+(-1)^n}n$ は $0,\ 1,\ 0,\ \frac12,\ 0,\ \frac13,\ \ldots$ で、$0$ に等しくなったり離れたりを繰り返す。これは $0$ に「近づく」と言ってよいのか。
関数では振動が起こる。 $x\sin\frac1x$ は $x\to0$ で $0$ の上下を無限回横切りながら $0$ に近づく。$\sin\frac1x$ は $-1$ と $1$ の間を振動し続け、どこにも近づかない。
極限と値は別物である。 $f(x)=x^2$（$x\ne0$）、$f(0)=1$ と定めると、$x\to0$ で $f(x)$ は $0$ に近づくが $f(0)=1$ である。
$0.999\cdots=1$ か。「$0.9,\ 0.99,\ 0.999,\ \ldots$ は $1$ に限りなく近づくが $1$ にはならない」という言い方がよくされる。しかし記号 $0.999\cdots$ はこの数列の極限を表すので、それが $1$ に等しいことは、極限の定義を決めて初めて議論できる。
また、「単調増加で上に有界な数列は収束する」「はさみうちの原理」のような定理を証明するには、「限りなく」を不等式で書き直す必要がある。この記事では、その書き直しである $\varepsilon$-$N$ 論法と $\varepsilon$-$\delta$ 論法を定義し、基本定理を証明する。特に、単調有界数列の収束が実数のどの公理から出るのかを明示する。

数列の極限の ε-N 定義

「$a_n$ が $\alpha$ に限りなく近づく」を、「どんなに小さな誤差の許容幅 $\varepsilon>0$ を指定されても、ある番号から先のすべての項が $\alpha$ から $\varepsilon$ 未満の距離にある」と読み替える。以下、自然数 $\mathbb{N}$ は $0$ を含むが、数列の添字は $n\ge1$ とする。

数列の収束と極限

実数列 $(a_n)_{n\ge1}$ と実数 $\alpha$ について、
$$ \forall\varepsilon>0\ \ \exists N\ge1\ \ \forall n\ge N:\ \ |a_n-\alpha|<\varepsilon $$
が成り立つとき（$N$ は $1$ 以上の整数を動く）、$(a_n)$ は $\alpha$ に収束するといい、$\alpha$ を極限と呼んで $\lim_{n\to\infty}a_n=\alpha$ または $a_n\to\alpha$ と書く。ある $\alpha$ に収束する数列を収束列、そうでない数列を発散する数列という。

記号 $\forall$ は「すべての」、$\exists$ は「ある（存在する）」と読む。この定義は、2 人のゲームと考えると分かりやすい。相手が誤差 $\varepsilon>0$ を出し、こちらは番号 $N$ を答える。$n\ge N$ のすべての項が $|a_n-\alpha|<\varepsilon$ を満たせばこちらの勝ちで、どんな $\varepsilon$ を出されても勝てることが収束である。$N$ は $\varepsilon$ に応じて選んでよい。
冒頭の $a_n=\frac{2n+1}{n+1}$ で確かめる。$|a_n-2|=\frac1{n+1}$ なので、$\varepsilon=0.01$ に対しては $n+1>100$、すなわち $N=100$ と答えればよい（$|a_{99}-2|=0.01$ はちょうど $\varepsilon$ に等しく条件を満たさないので、$N=99$ では足りない）。一般の $\varepsilon>0$ に対しては、$\frac1\varepsilon$ より大きい自然数 $N$ をとれば、$n\ge N$ で $\frac1{n+1}<\frac1N<\varepsilon$ となる。
最後の議論では「どんな実数 $\frac1\varepsilon$ に対しても、それより大きい自然数がある」ことを使った。これを Archimedes の性質という。当たり前に見えるが、実数の公理から導くべき性質であり、後で thm-limeps-archimedes として証明する。同じ議論で $\frac1n\to0$ も分かる。冒頭の例 1 は、$\varepsilon=1$ とすると $\bigl|\frac1n-(-1)\bigr|=1+\frac1n\ge1$ がすべての $n$ で成り立つので、$\frac1n$ は $-1$ に収束しない。例 2 は、$\bigl|\frac{1+(-1)^n}n\bigr|\le\frac2n$ なので $0$ に収束する。定義は単調性を要求しないし、項が極限に等しくなってもよい。

極限の一意性

数列が $\alpha$ と $\beta$ の両方に収束するならば $\alpha=\beta$ である。

誤差を差の半分にとる

$\alpha\ne\beta$ と仮定し、$\varepsilon:=\frac{|\alpha-\beta|}2>0$ とする。定義から、$n\ge N_1$ で $|a_n-\alpha|<\varepsilon$、$n\ge N_2$ で $|a_n-\beta|<\varepsilon$ となる $N_1,N_2$ がある。$n:=\max(N_1,N_2)$ とすると、三角不等式により $|\alpha-\beta|\le|\alpha-a_n|+|a_n-\beta|<2\varepsilon=|\alpha-\beta|$ となり矛盾する。$\square$

これで $0.999\cdots$ の問題にも答えられる。$0.999\cdots$ を数列 $s_n:=1-10^{-n}$ の極限と定義すると、$|s_n-1|=10^{-n}\le\frac1n$ であり、$\frac1n\to0$ から $s_n\to1$、一意性から $0.999\cdots=1$ である。「$1$ にならない」のは各項 $s_n$ であって、極限ではない。

否定のつくり方

「収束しない」ことを示すには、定義の否定を正しく作る必要がある。規則は 2 つだけである。
$$ \neg\bigl(\forall x\ P(x)\bigr)\iff\exists x\ \neg P(x),\qquad\neg\bigl(\exists x\ P(x)\bigr)\iff\forall x\ \neg P(x). $$
「すべての $x$ で成り立つ」の否定は「成り立たない $x$ がある」、「成り立つ $x$ がある」の否定は「すべての $x$ で成り立たない」である。量化子（$\forall,\exists$）を左から順に入れ替え、最後の条件を否定する。条件つきの量化 $\forall\varepsilon>0$、$\forall n\ge N$ も同じで、範囲の条件（$\varepsilon>0$、$n\ge N$）はそのまま残す（Ham25 §2.10）。
これを def-limeps-sequence に使うと、

「$a_n$ は $\alpha$ に収束しない」$\iff$ $\exists\varepsilon>0\ \ \forall N\ge1\ \ \exists n\ge N:\ |a_n-\alpha|\ge\varepsilon$。
「$a_n$ は発散する（どの実数にも収束しない）」$\iff$ $\forall\alpha\in\mathbb{R}\ \ \exists\varepsilon>0\ \ \forall N\ \ \exists n\ge N:\ |a_n-\alpha|\ge\varepsilon$。
言葉にすると、「ある誤差 $\varepsilon$ については、どんなに先へ行っても、$\alpha$ から $\varepsilon$ 以上離れた項が現れる」ということである。

振動する数列は発散する

量化子の順序は意味を変える。def-limeps-sequence の $\forall\varepsilon\,\exists N$ を $\exists N\,\forall\varepsilon$ に入れ替えた条件
$$ \exists N\ \ \forall\varepsilon>0\ \ \forall n\ge N:\ |a_n-\alpha|<\varepsilon $$
は、「$n\ge N$ で $|a_n-\alpha|$ はどんな正の数よりも小さい」、すなわち「$n\ge N$ ですべて $a_n=\alpha$」を意味する。$\frac1n\to0$ はこの条件を満たさない。定義で $N$ が $\varepsilon$ に依存してよいことが本質であり、この順序の違いは後の節（一様収束）でもう一度現れる。
量化子の否定と順序の規則は集合と論理：必要条件・十分条件で扱う。

はさみうちの原理

数列 $(a_n),(b_n),(c_n)$ がすべての $n$ で $a_n\le b_n\le c_n$ を満たし、$a_n\to\alpha$、$c_n\to\alpha$ ならば、$b_n\to\alpha$ である。

両側の誤差を同時に小さくする

$\varepsilon>0$ を任意にとる。$n\ge N_1$ で $|a_n-\alpha|<\varepsilon$、$n\ge N_2$ で $|c_n-\alpha|<\varepsilon$ となる $N_1,N_2$ がある。$N:=\max(N_1,N_2)$ とすると、$n\ge N$ で
$$ \alpha-\varepsilon< a_n\le b_n\le c_n<\alpha+\varepsilon $$
なので $|b_n-\alpha|<\varepsilon$。$\varepsilon$ は任意だったので $b_n\to\alpha$。$\square$

証明の要点は、2 つの条件の $N$ の大きいほうをとれば両方が同時に成り立つことである。有限個の条件ならいつでもこうできる（無限個の条件では $N$ の最大値が存在しないことがあり、それが一様収束の問題になる）。

はさみうちの使用例

$\frac{\sin n}n\to0$：$-\frac1n\le\frac{\sin n}n\le\frac1n$ で、両端は $0$ に収束する。
$\frac{n!}{n^n}\to0$：$\frac{n!}{n^n}=\frac1n\cdot\frac2n\cdots\frac nn$ の $2$ 番目以降の因数は $1$ 以下なので $0<\frac{n!}{n^n}\le\frac1n$。たとえば $n=10$ で $\frac{10!}{10^{10}}=0.00036288\le0.1$ である。

単調有界数列と実数の連続性

高校では「単調増加で上に有界な数列は収束する」を、証明せずに認めて使う。これは実数のどの性質から出るのだろうか。

実数の公理

実数全体 $\mathbb{R}$ は、次の 2 種類の公理で特徴づけられる。

順序体の公理：四則演算（$0$ で割ること以外）ができ、通常の計算法則を満たし（体）、大小関係 $<$ があって、$a< b$ なら $a+c< b+c$、$a< b$ かつ $c>0$ なら $ac< bc$ が成り立つ（順序体）。有理数全体 $\mathbb{Q}$ もこれを満たす。
連続性の公理（上限公理）：上に有界な空でない部分集合は、上限をもつ。
ここで、集合 $E\subset\mathbb{R}$ の上界とは、すべての $x\in E$ について $x\le u$ となる $u$ のことで、上界をもつ集合を上に有界という。上界のうち最小のものを $E$ の上限と呼び $\sup E$ と書く。$s=\sup E$ であることは、「$s$ は上界であり、かつ任意の $\varepsilon>0$ について $s-\varepsilon< x$ となる $x\in E$ がある」と同値である（$s-\varepsilon$ は上界でない、ということ）。下界・下に有界・下限 $\inf E$ も不等号を逆にして同様に定める。順序体で上限公理を満たすものは本質的に $\mathbb{R}$ ただ 1 つである（Leb26 Theorem 1.2.1。証明しない）。

連続性の公理から出ること

Archimedes の性質

任意の実数 $x$ に対して、$n>x$ となる自然数 $n$ がある。したがって、任意の $\varepsilon>0$ に対して $\frac1n<\varepsilon$ となる $n\ge1$ がある。

上限の手前に自然数がある

ある $x$ について、すべての自然数 $n$ が $n\le x$ を満たすと仮定する。すると $\mathbb{N}$ は上に有界で空でないので、上限 $s:=\sup\mathbb{N}$ がある。$s-1$ は上界でないので、$s-1< n$ となる自然数 $n$ がある。ところが $n+1$ も自然数で $n+1>s$ となり、$s$ が上界であることに反する。後半は $x=\frac1\varepsilon$ とすればよい。$\square$

単調有界数列の収束

単調増加（すべての $n$ で $a_n\le a_{n+1}$）で上に有界な実数列 $(a_n)$ は収束し、$\lim a_n=\sup\{a_n:n\ge1\}$ である。単調減少で下に有界な数列も同様に下限に収束する。

上限が極限になる

値の集合は空でなく上に有界なので、上限公理により $s:=\sup\{a_n\}$ がある。$\varepsilon>0$ を任意にとると、$s-\varepsilon$ は上界でないので $a_N>s-\varepsilon$ となる $N$ がある。単調増加なので $n\ge N$ で $s-\varepsilon< a_N\le a_n\le s$、よって $|a_n-s|<\varepsilon$。減少の場合は $-a_n$ に適用する。$\square$

単調有界数列の収束で $e$ を定める例は (1+1/n)^nの極限で扱う。

区間縮小法

閉区間の列 $[a_n,b_n]$ が $[a_1,b_1]\supset[a_2,b_2]\supset\cdots$ を満たすならば、すべての区間に共通に属する実数がある。さらに $b_n-a_n\to0$ ならば、共通の実数はただ 1 つである。

両端の極限

$(a_n)$ は単調増加で $b_1$ 以下、$(b_n)$ は単調減少で $a_1$ 以上なので、thm-limeps-monotone によりそれぞれ $\alpha=\sup a_n$、$\beta=\inf b_n$ に収束する。すべての $m,n$ で $a_m\le a_{\max(m,n)}\le b_{\max(m,n)}\le b_n$ なので、各 $b_n$ は $\{a_m\}$ の上界であり $\alpha\le b_n$、したがって $\alpha\le\beta$。$\alpha\le x\le\beta$ となる $x$ はすべての $[a_n,b_n]$ に属する。$b_n-a_n\to0$ なら $0\le\beta-\alpha\le b_n-a_n$ から $\beta=\alpha$ で、共通の点が 2 つ $x< y$ あれば $y-x\le b_n-a_n$ がすべての $n$ で成り立ち矛盾する。$\square$

逆に、単調有界数列の収束を公理として認めれば、上限公理が導かれる。つまり、順序体の上では、この 2 つは同じ主張の言い換えである。

単調有界数列の収束から上限公理へ

順序体 $K$ において「単調増加で上に有界な数列は収束する」が成り立つならば、$K$ は上限公理を満たす（単調減少で下に有界な数列 $(b_n)$ も、$(-b_n)$ に適用すれば収束する）。

二分法

まず Archimedes の性質を示す。数列 $1,2,3,\ldots$ が上に有界なら仮定により極限 $L$ をもち、$n\ge N$ で $|n-L|<\frac12$ となる。$n=N$、$N+1$ の 2 つから $1=|(N+1)-N|\le|N+1-L|+|L-N|<\frac12+\frac12=1$ となり矛盾する。よって自然数は上に有界でなく、$\frac1{2^n}\le\frac1n\to0$ である。
$E\subset K$ を空でない上に有界な集合とし、$e\in E$ と上界 $b_0$ をとり、$a_0:=e-1$ とする。$a_0$ は上界でない。$m:=\frac{a_n+b_n}2$ が上界なら $(a_{n+1},b_{n+1}):=(a_n,m)$、そうでなければ $(a_{n+1},b_{n+1}):=(m,b_n)$ と定める。すると $a_n$ は増加、$b_n$ は減少、$a_n\le b_n$、$b_n-a_n=\frac{b_0-a_0}{2^n}\to0$ で、各 $b_n$ は上界、各 $a_n$ は上界でない。仮定により $a_n\to\alpha$、$b_n\to\beta$ となる。$\varepsilon>0$ を任意にとると、$n$ を大きくとれば $|\alpha-a_n|$、$b_n-a_n$、$|b_n-\beta|$ はどれも $\frac\varepsilon3$ 未満なので、$|\alpha-\beta|\le|\alpha-a_n|+|a_n-b_n|+|b_n-\beta|<\varepsilon$ である。$\varepsilon$ は任意なので（$\varepsilon=|\alpha-\beta|$ ととれば矛盾する）$\alpha=\beta$。この $s:=\alpha=\beta$ が $\sup E$ である。実際、$x\in E$ で $x>s$ なら、$b_n\to s$ から $b_n< x$ となる $n$ があり、$b_n$ が上界であることに反する。また上界 $u$ が $u< s$ なら、$a_n\to s$ から $a_n>u$ となる $n$ があるが、$a_n$ は上界でないので $a_n< x$ となる $x\in E$ があり、$x>u$ となって矛盾する。$\square$

こうして、「単調有界数列は収束する」は上限公理と同値であることが分かった。このほか、区間縮小法と Archimedes の性質の組、「Cauchy 列は収束する」と Archimedes の性質の組、Bolzano–Weierstrass の定理、Dedekind の切断による定式化も、順序体の上ではすべて同値であり、どれを実数の連続性（完備性）の公理に採ってもよい（この記事では証明しない）。

どの公理を外すと何が崩れるか

反例：有理数では単調有界数列が収束しない

$\mathbb{Q}$ は順序体の公理を満たすが上限公理を満たさない。$\sqrt2$ の小数展開を小数第 $n-1$ 位で切った数列 $q_n$：$1,\ 1.4,\ 1.41,\ 1.414,\ 1.4142,\ \ldots$ は有理数の単調増加列で、$q_n\le\sqrt2< q_n+10^{1-n}$ を満たし、$2$ 以下で上に有界である。実数の中では $|q_n-\sqrt2|<10^{1-n}\le\frac1n$ から $q_n\to\sqrt2$ である。もし $q_n$ が $\mathbb{Q}$ の中で有理数 $r$ に収束したら、$\mathbb{R}$ の中でも $r$ に収束するので（実数 $\varepsilon>0$ に対しては $\frac1m<\varepsilon$ となる有理数 $\frac1m$ を使う）、一意性から $r=\sqrt2$ となるが、$\sqrt2$ は無理数である（$\sqrt2=\frac pq$ と既約分数で書くと $p^2=2q^2$ から $p,q$ がともに偶数になり矛盾する）。よって$\mathbb{Q}$ では thm-limeps-monotone が成り立たない。破れているのは上限公理である。

反例：Archimedes の性質が成り立たない順序体

実数係数の有理式 $\frac{p(t)}{q(t)}$ 全体 $\mathbb{R}(t)$ に、「分子と分母の最高次の係数の積が正のとき正」という順序を入れると順序体になる（確かめは省略する）。この順序では、任意の自然数 $n$ について $t-n$ の最高次の係数は $1>0$ なので $t>n$ である。したがって自然数は上に有界で、Archimedes の性質は成り立たない。さらに $\frac1n-0=\frac1n>\frac1t>0$ がすべての $n$ で成り立つので、$\varepsilon=\frac1t$ に対して def-limeps-sequence の条件が破れ、$\frac1n$ は $0$ に収束しない。「$\frac1n\to0$」は順序体の公理だけからは出ず、Archimedes の性質が要る（実数ではこれが連続性の公理から出る。$\mathbb{Q}$ のように連続性の公理を満たさなくても、Archimedes の性質があれば成り立つ）。

関数の極限と連続性

関数では、番号 $N$ の代わりに「$a$ からの距離 $\delta$」を答える。以下、$f$ は $a$ を含む開区間から $a$ を除いた集合（$a$ 自身を含めてもよい）で定義されているとする。

関数の極限と連続性

実数 $L$ について
$$ \forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta>0\ \ \forall x\ \bigl(0<|x-a|<\delta\ \Rightarrow\ |f(x)-L|<\varepsilon\bigr) $$
が成り立つとき、$x\to a$ で $f(x)$ は $L$ に収束するといい、$\lim_{x\to a}f(x)=L$ と書く（$x$ は $f$ の定義域を動く）。
$f$ が $a$ で定義されていて
$$ \forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta>0\ \ \forall x\ \bigl(|x-a|<\delta\ \Rightarrow\ |f(x)-f(a)|<\varepsilon\bigr) $$
が成り立つとき、$f$ は $a$ で連続であるという。これは $\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$ と同値である（$x=a$ では $|f(x)-f(a)|=0$ なので、条件の違いは $x=a$ を含めるかどうかだけである）。

1 の $0<|x-a|$ は「$x\ne a$」を表し、極限は $f(a)$ の値（や定義の有無）に関係しない。冒頭の例 4（$f(x)=x^2$、$f(0)=1$）では $\lim_{x\to0}f(x)=0$ だが $f(0)=1$ なので、$f$ は $0$ で連続でない。

2 次関数の連続性

$f(x)=x^2$ は任意の点 $a$ で連続である。$|x-a|<1$ なら $|x+a|\le|x-a|+2|a|<2|a|+1$ なので
$$ |x^2-a^2|=|x-a|\,|x+a|<(2|a|+1)\,|x-a|. $$
よって $\varepsilon>0$ に対して $\delta:=\min\bigl(1,\frac\varepsilon{2|a|+1}\bigr)$ と答えればよい。たとえば $a=3$、$\varepsilon=0.01$ では $\delta=\frac{0.01}7=0.001428\ldots$ で、$|x-3|<\delta$ のとき $|x^2-9|\le(3+\delta)^2-9=0.00857\ldots<0.01$ である。$\delta$ が $a$ に依存することに注意する（$|a|$ が大きいほど $\delta$ を小さくしなければならない）。

振動しながら近づく関数

$x\ne0$ で $f(x)=x\sin\frac1x$ とすると $\lim_{x\to0}f(x)=0$ である。$|f(x)|\le|x|$ なので、$\varepsilon>0$ に対して $\delta:=\varepsilon$ と答えればよい。$f(x)=0$ となる $x=\frac1{k\pi}$ が $0$ のいくらでも近くにあり、$f$ は $0$ の上下を振動するが、極限の定義は単調に近づくことを要求しない。

関数の極限は、数列の極限で言い換えられる。

数列による特徴づけ

$\lim_{x\to a}f(x)=L$ であるための必要十分条件は、「$x_n\ne a$、$x_n\to a$ を満たす（$f$ の定義域の）どんな数列 $(x_n)$ についても $f(x_n)\to L$ となる」ことである。

否定の形を使う

必要性：$\varepsilon>0$ をとり、定義の $\delta$ をとる。$x_n\to a$ なので、$n\ge N$ で $|x_n-a|<\delta$ となる $N$ があり、$x_n\ne a$ と合わせて $|f(x_n)-L|<\varepsilon$。
十分性：対偶を示す。$\lim_{x\to a}f(x)=L$ でないとすると、定義の否定により
$$ \exists\varepsilon>0\ \ \forall\delta>0\ \ \exists x:\ 0<|x-a|<\delta\ \text{かつ}\ |f(x)-L|\ge\varepsilon. $$
$\delta=\frac1n$ として得られる $x$ を $x_n$ とすると、$0<|x_n-a|<\frac1n$ なので $x_n\ne a$、$x_n\to a$ だが、すべての $n$ で $|f(x_n)-L|\ge\varepsilon$ なので $f(x_n)\not\to L$。$\square$

反例：極限をもたない関数

$x\ne0$ で $g(x)=\sin\frac1x$ とすると、$\lim_{x\to0}g(x)$ は存在しない。$x_n=\frac1{2n\pi}$ と $y_n=\frac1{2n\pi+\pi/2}$ はどちらも $0$ でなく $0$ に収束するが、$g(x_n)=0\to0$、$g(y_n)=1\to1$ である。極限 $L$ があれば prop-limeps-sequential により両方の数列の像が $L$ に収束し、一意性から $0=L=1$ となって矛盾する。$g$ は有界だが、「近づく先」がない。

反例：各点では近づくが一様でない

関数の列 $f_n$ が関数 $f$ に「近づく」ときにも、量化子の順序が問題になる。ここでは紹介にとどめる。

反例：各点収束するが一様収束しない関数列

$[0,1]$ 上で $f_n(x)=x^n$ とする。$0\le x<1$ なら $x^n\to0$（$x^n$ は単調減少で $0$ 以上なので thm-limeps-monotone により極限 $L$ をもち、$|x^{n+1}-xL|=x|x^n-L|\le|x^n-L|$ から $x^{n+1}\to xL$、一方 $x^{n+1}\to L$（番号を 1 つずらしただけ）なので、一意性（prop-limeps-unique）から $L=xL$、$x\ne1$ より $L=0$）、$x=1$ なら $f_n(1)=1$ なので、各点ごとの極限は
$$ f(x)=\begin{cases}0&(0\le x<1)\\ 1&(x=1)\end{cases} $$
である。各 $f_n$ は連続なのに、極限 $f$ は $x=1$ で連続でない。
原因は $N$ の選び方にある。$\varepsilon=\frac12$ に対して $x^n<\frac12$ となる最初の $n$ は、$x=0.5$ で $2$、$x=0.9$ で $7$（$0.9^7=0.478\ldots$）、$x=0.99$ で $69$（$0.99^{69}=0.4998\ldots$、$0.99^{68}=0.5048\ldots$）、$x=0.999$ で $693$ と、$x$ が $1$ に近いほど大きくなり、$[0,1)$ 全体で共通に使える $N$ はない。実際、どの $N\ge1$ についても $x=\bigl(\frac12\bigr)^{1/N}<1$ では $x^N=\frac12$ である。

条件を量化子で書き比べると違いがはっきりする（$|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$ を $(\ast)$ と書く）。

名前	条件	$N$ が依存してよいもの
各点収束	$\forall x\ \forall\varepsilon>0\ \exists N\ \forall n\ge N:\ (\ast)$	$\varepsilon$ と $x$
一様収束	$\forall\varepsilon>0\ \exists N\ \forall x\ \forall n\ge N:\ (\ast)$	$\varepsilon$ だけ

一様収束する連続関数の列の極限は連続である（Leb26 Theorem 6.2.2。この記事では証明しない）。上の例はこの結論が各点収束では成り立たないことを示しており、破れているのは「$N$ を $x$ によらずに選べる」という条件である。同じ構図は、連続性と一様連続性（$\delta$ を点 $a$ によらずに選べること）の間にもある。ex-limeps-square で $\delta$ が $a$ に依存したのは偶然ではなく、$x^2$ は $\mathbb{R}$ 全体では一様連続でない（$\varepsilon=1$ とすると、どんな $\delta>0$ に対しても $x=\frac1\delta$、$y=x+\frac\delta2$ は $|x-y|<\delta$ だが $y^2-x^2=\delta x+\frac{\delta^2}4>1$）。
閉区間上の連続関数が一様連続であることを積分の定義に使う話は区分求積と積分の定義で扱う。

数学オリンピックの問題から

「条件を満たす実数がちょうど 1 つある」ことを、式で書けないまま示す問題がある。

国際数学オリンピック（1985 年）第 6 問

各実数 $x_1$ に対し、$n\ge1$ について $x_{n+1}=x_n\bigl(x_n+\frac1n\bigr)$ と定めて数列 $x_1,x_2,\ldots$ を作る。すべての $n$ について $0< x_n< x_{n+1}<1$ となるような $x_1$ の値が、ちょうど 1 つ存在することを証明せよ。（Oly85 Problem 6 の和訳）

高校数学で解く

条件の言い換え。 すべての $n$ で $0< x_n< x_{n+1}<1$ となることは、すべての $n$ で
$$ 1-\frac1n< x_n<1\qquad(\ast) $$
となることと同値である。実際、$x_n>0$ のとき $x_{n+1}>x_n\iff x_n+\frac1n>1\iff x_n>1-\frac1n$ である。逆に $(\ast)$ がすべての $n$ で成り立てば、$x_n>1-\frac1n\ge0$、$x_{n+1}=x_n\bigl(x_n+\frac1n\bigr)>x_n$、$x_{n+1}<1$ となる。
$x_1$ の関数として見る。 $P_1(t)=t$、$P_{n+1}(t)=P_n(t)\bigl(P_n(t)+\frac1n\bigr)$ とおくと $x_n=P_n(x_1)$ である。帰納法により、$P_n$ は係数がすべて $0$ 以上で定数項が $0$ の、$0$ でない多項式である。したがって $t\ge0$ で $P_n$ は連続で狭義単調増加し、$P_n(0)=0$、$t\ge1$ で $P_n(t)\ge t$ である。中間値の定理（多項式の連続性とともに高校で認めている事実として使い、この記事では証明しない）により、
$$ P_n(a_n)=1-\frac1n,\qquad P_n(b_n)=1 $$
となる $0\le a_n< b_n$ がただ 1 つずつ定まり、$(\ast)$ は $a_n< x_1< b_n$ と同値になる（$(\ast)$ から $x_1>0$ なので $t\ge0$ で考えればよい）。
区間が縮んでいく。 $P_{n+1}(a_n)=\bigl(1-\frac1n\bigr)\cdot1=1-\frac1n<1-\frac1{n+1}=P_{n+1}(a_{n+1})$ なので $a_n< a_{n+1}$。$P_{n+1}(b_n)=1\cdot\bigl(1+\frac1n\bigr)>1=P_{n+1}(b_{n+1})$ なので $b_{n+1}< b_n$。よって $(a_n)$ は単調増加で $b_1=1$ 以下、$(b_n)$ は単調減少で $a_1=0$ 以上であり、単調有界数列の収束により $a_n\to\alpha$、$b_n\to\beta$、$\alpha\le\beta$ となる。$\alpha\le x\le\beta$ なら $a_n< a_{n+1}\le\alpha\le x\le\beta\le b_{n+1}< b_n$ なので $x_1=x$ は条件を満たす。これで存在が示された。
区間の幅が $0$ に近づく。 $\frac{P_n(t)}t$ は係数が $0$ 以上の多項式なので $t>0$ で広義単調増加である。$n\ge2$ では $0< a_n< b_n$ なので $\frac{P_n(a_n)}{a_n}\le\frac{P_n(b_n)}{b_n}$、すなわち $\frac{1-1/n}{a_n}\le\frac1{b_n}$ であり、
$$ b_n-a_n\le\frac{b_n}n\le\frac1n. $$
条件を満たす $x_1$ が 2 つ $x< y$ あれば、どちらも $(a_n,b_n)$ に入るので $y-x<\frac1n$ がすべての $n$ で成り立ち、矛盾する。よって $x_1$ はただ 1 つである。$\square$
数値計算では、$a_{10}=0.446503\ldots$、$b_{10}=0.446855\ldots$、$a_{30}$ と $b_{30}$ の差は $2\times10^{-10}$ 程度で、求める値は $x_1=0.4465349172\ldots$ である。

大学数学で見ると見通しがよくなる

高校数学の解では「単調有界数列は収束する」と中間値の定理を認めて使った。どちらも実数の連続性から出る（中間値の定理の証明はこの記事では扱わない）。この記事の言葉で言えば、存在の部分は区間縮小法（cor-limeps-nested）そのものであり、thm-limeps-converse により上限公理と同値な性質を使っている。求める $x_1$ は $\sup_na_n$ として定まり、証明の中でその値の式は一度も使わない。一意性の部分では $\frac1n\to0$、すなわち Archimedes の性質を使った。
区間の端点もすでに無理数でありうる。たとえば $P_2(t)=t^2+t$ なので $a_2=\frac{\sqrt3-1}2$、$b_2=\frac{\sqrt5-1}2$ であり、有理数の範囲だけでは区間の端点すら取れない。「条件を満たす実数がただ 1 つある」ことを、値を求めずに単調有界列と区間の幅の評価で示すというこの型は、中間値の定理の証明など、解析学の存在定理でくり返し現れる。

さらに先へ

距離空間と位相：$|a_n-\alpha|$ を 2 点の距離 $d(a_n,\alpha)$ に置き換えると、平面や関数の空間など、距離の定まった集合（距離空間）で同じ定義が使える。さらに「$\alpha$ を含む開集合」で言い換えると位相空間での収束・連続性になる。
完備性：「Cauchy 列が収束する」という形の連続性は、順序のない距離空間でも意味をもつ。$\mathbb{Q}$ を完備にしたものが $\mathbb{R}$ である（Cauchy 列の同値類による実数の構成。この記事では扱わない）。
一様性：一様収束・一様連続は、極限と積分・微分の交換や、閉区間上の連続関数の積分可能性の証明で中心的な役割を果たす。