大学数学の出題スレ

問題を出してみろ！

>>60
>P^-1AP=D(N1,…,Nm):Jordan
P^-1AP=D(λ1I1+N1,…,λmIm+Nm):Jordan

※1/2掛けること

AIに訊いてみた（笑）

x ≠ 0 に対して (I + A)x = 0 と仮定すると、x + Ax = 0
→ Ax = −x両辺の内積を取る（xᵀ で左から掛ける）：xᵀAx = −xᵀx
でも A が交代行列なので xᵀAx = 0（交代行列の二次形式は常に 0）→ 0 = −‖x‖²
→ ‖x‖² = 0
→ x = 0つまり核（カーネル）は {0} だけ → I + A は単射 → 正方行列なので正則。

なるほどこれなら一分だな

>>24
1秒はコレジャナイの？

>>63
これいい解答だね
本質が知れる感じ

右上から左下まで 1、その他 0 の行列は次元が偶数なら {{0,1},{1,0}} の直和、奇数ならそれにもう一つ {{1}} 直和した行列なので当たり前。

>>67
なるほど

>>29
>オートン高木分解
Wikipediaにある証明が大変分かりやすいね

できたかなと思うけど分かる？
Inter-universal geometryとABC予想(シン応援スレ) 88
663 1 名前:１３２人目の素数さん 投稿日:2026/03/21(土) 06:33:44.68 ID:2JXYtwtw
>>> 653
>ω1からRへの順序を維持した写像を考えると
>ある可算順序数が存在して
>そこから先が皆同じ点に写る
>
>証明は知らんので、誰か教えてw

ω1 は何？

あと順序を維持した写像は
x≦y ⇒ f(x)≦f(y)
x<y ⇒ f(x)<f(y)
のどっち？

>>71
最小の非可算順序数
>>72
上の方

ω1 の部分集合 W を { x | f(y) < f(x) ( ∀y < x ) } と定める。f の W への制限を g とする。まず im f = im g をしめす。そうでないとして f(x) ∉ im g をみたす最小の x をとる。明らかに x∉W だから y<x で f(y) = f(x) をみたすものがとれる。ここで x の最小性から z∈W を f(y) = g(w) ととれる。よって f(x)∈ im g となって矛盾する。
W が ω1 に上界をもたないとすると W は非可算順序数である。よって g:W → ℝ は非可算順序数から ℝ への順序を保つ単射をあたえる。 しかしこのとき x∈W に対して開区間 (g(x),g(x+1)) に属する有理数 q(x) を選択させるとき W から ℚ への単射が構成されて矛盾する。よって W は ω1 に上界 x を持ち任意の x≦y に対して f(x) = f(y) となる。

>>74
>明らかに x∉W だから y<x で f(y) = f(x) をみたすものがとれる。ここで x の最小性から z∈W を f(y) = g(w) ととれる。よって f(x)∈ im g となって矛盾する。
ここさ
f(y)=f(x)となるy<xがあるんだからf(y)=f(x)∈(Img)^cとなってxの最小性に反する
でいいんじゃない？
それとgがstrict monotoneだと言っておくべきでは（自明かも？）
>W が ω1 に上界をもたないとすると W は非可算順序数である
Wはω1の部分集合だけど順序数かな？ω1の中で値が上がる所だけ取り出すのでとびとびになるんじゃない？
でも非可算集合にはなるからg:W→Rは順序を保つ単射なのであとはオミゴト

>>75
>でも非可算集合にはなるからg:W→Rは順序を保つ単射なのであとはオミゴト
ではなかった
Wが順序数でないとx∈Wについてx+1∈Wが言えないのでは？
けど
∀x∈W∃y∈W x<y
は言えるからそのようなyの最小をx+とでも書いて
g(x)<q(x)<g(x+)
みたいに選べば良さそう
あるいはWが非可算順序数ω1と順序同型になることを証明するかでしょうか

自分の考えた解答は以下の通り

f:ω1→R:monotone (should not be strict)
f(0)=0
∀α∈ω1∃β∈ω1 α<β,f(α)<f(β)
g(x)=x/(1+x):R≧0→[0,1)⊂R
h:ω1+1→R:h(α）=gf(α) (α∈ω1), sup(gf(ω1)) (α=ω1)
k(α)=h(α)/h(ω1):ω1+1→[0,1]:monotone (should not be strict)
k(0)=0,k(ω1)=1
∀α∈ω1∃β∈ω1 α<β,k(α)<k(β)<1
αn=min(k^-1([g(n),1])) for n∈ω
(an):monotone (should not be strict)
∀n∈ω∃β∈ω1 αn<β,k(αn)<k(βn)<1
g(n)≦k(αn)<1
αn<ω1
k(∪αn)=limk(αn)=limg(n)=1
ω1∋∪αn=ω1:countable
NG
f:ω1→R:monotone (should not be strict)
f(0)=0
∃α∈ω1∀β∈ω1 α<β→f(α)=f(β)

>>76
この部分
非可算個の[a,b)(≠φ)の直和はRには存在しない
というのがアイデアの源泉でしょうか
Qを使うというのはオミゴトです

英語変でしたねshould → may, mightかな

W は整列順序集合の部分集合だからその部分集合もまた整列順序集合でそこでの＋1ができる。

>>78
ああそうかそれなら
f:ω1→R:monotone (may not be strict)
Σ[f(α),f(α+1))⊂R
から（Σは直和）
[f(α),f(α+1))≠φ
であるのは可算個しか無いので
W={α∈ω1|f(α)<f(α+1)}
は可算集合
よって∪Wは可算順序数だから
W⊂∪W <α<ω1
となるαが存在しα<βであるすべてのβはWに入らないので
f(β)=f(β+1)
ああでもこれじゃダメか極限順序数の場合も言わないと

たぶん言えると思うけど眠いのでお仕舞い

f:ω1→R:monotone (may not be strict)
g(α)=sup{f(β)|β<α}≦f(α)
∀β<α f(β)≦g(α)
Σ[g(α),f(α))⊂R
W={α∈ω1|g(α)<f(α)}:countable
W⊂∪W:countable ordinal
∀α∈ω1 W⊂∪W<α→¬α∈W→f(α)=g(α)=sup{f(β)|β<α}
α=∪W
f(α)=f(∪W)
f(∀β∈ω1 ∪W≦β<α→f(β)=f(∪W))→f(α)=sup{f(β)|β<α}=sup{f(∪W)}=f(∪W)
∀α∈ω1 f(α)=f(∪W)

>>83
>f(∀β∈ω1 ∪W≦β<α→f(β)=f(∪W))→f(α)=sup{f(β)|β<α}=sup{f(∪W)}=f(∪W)
最初のfはtypoで変なところに入ってしまった
超限帰納法で∪W≦β<αであるすべてのβについてf(β)=f(∪W)の場合を考えているので
(∀β∈ω1 ∪W≦β<α→f(β)=f(∪W))→f(α)=sup{f(β)|β<α}=sup{f(∪W)}=f(∪W)

>>83
>∀α∈ω1 f(α)=f(∪W)
超限帰納法による結論も
∀α∈ω1 ∪W≦α→f(α)=f(∪W)

>>70
偽だろ

>>70
偽だろ

>>70
偽だろ

>>84
>sup{f(β)|β<α}=sup{f(∪W)}=f(∪W)
sup{f(β)|β<α}=sup(f(∪W)∪{f(∪W)})=f(∪W)

f:X→Yの連続性を
A⊂Xについて
f|Aとf|X-Aの連続性に分けて考えられるのは
Aがある特別な部分空間のときだけ
それは

補題
∀ Y:top.sp. ∀f : X →Y ( f|A : cont. ∧ f|X＼A : cont. ⇒ f : cont. ) ⇒ A : open

(∵) A が開集合でないとする。 Y = {0,1} に離散位相をいれて f: X →Y を f(x) = 0 ( if x∈A) or f(x)=1 ( if x∉A) と定める f|A も f|X＼A も定数だから連続である。しかし 開集合{1}の引き戻し f⁻¹(0) は A であるがこれは開集合でないからf は連続ではない。よって矛盾□

主張
∀ Y:top.sp. ∀f : X →Y ( f|A : cont. ∧ f|X＼A : cont. ⇒ f : cont. )
iff
A は open かつ closed

(∵) ⇒ は前補題。A は open かつ closed とし、Y:top.sp. と f : X →Y を f|A : cont. ∧ f|X＼A : cont. ととる。Y の open U をとる。このとき f|A⁻¹(U) = f⁻¹(U) ∩ A は A の open。ここで A は open だから f⁻¹(U) ∩ A は X の open。同様に f|X＼A⁻¹(U) = f⁻¹(U) ∩ X＼A も X の open。よって主張を得る。□

>>91
ご明察です
つまりXが2つの位相空間の直和になる場合に限るというわけですね

2次の特殊線形群が、
(0 -1)
(1 0)
と
(1 1)
(0 1)
で生成されることを示せ。

>>93
モジュラー群？
SL(2,Z)?

>>94
下のやつです。

>>93
a,b,c,d∈Z
ad-bc=1
(a b)(1 1)=(a a+b)
(c d)(0 1)=(c c+d)
(1 1)(a b)=(a+c b+d)
(0 1)(c d)=(c d)
(a b)(0 -1)=(b -a)
(c d)(1 0)=(d -c)
(0 -1)(a b)=(-c -d)
(1 0)(c d)=(a b)

行や列の入れ替えてどっちかの行もしくは列を-1倍
ある行や列の整数倍を別の行や列に加算
ができるから
上手く変形して(1,1)成分を1に出来たらいいてことか

F_0 = 1 とする。
F_1 = a とする。
F_n = F_{n - 1} + F_{n - 2} for n ≧ 2 とする。

F_n > 2026 となるような n が存在するための a についての必要十分条件は何か？

一般項の求め方は知らないとする。

>>97
真面目に考えて下さり、ありがとうございます。
私は京大院試2025年大問1を解くために、>>93を調べました。解答が気になれば、私がかろうじて理解出来たものを開示します。

93の結果を使って院試を解いている最中なので、93を認めた上で何か分かれば教えて頂きたいですね。

>>97
あとは互除法か

基礎科目ではなく、専門科目の方です。

>>100
AIで互除法のやり方を見ましたが、私はイマイチ分からなかったので、私が分かったものだけお伝えします。
あまり採点はできませんが、一応ひとつの解答は持ち合わせているので、宜しくお願いします。

高校レベルの回答者は問題です
が、高校レベルにすら全く達していない回答者は何を考えて荒らしているのでしょうか？

フィボナッチ数列だかリュカ数列っぽいものは、高校数学の方にも書かれているから、それで十分よ。

解答を高校数学のスレの方に書けばよいんだよ。
煽るんじゃなくて、きちんと誘導をしようよ。

>>100
a,c互いに素だから1ができる

>>97
(a,c)=1より互除法で1を(1,1)か(1,2)に作り出せる
(1,2)が1になるなら2列入れ替えて第2列-1倍にしたら(1,1)に1が出来る
(1,b)
(c,d)
第1行の-c倍を第2行に加えると
(1 b)
(0 d)
にできるが行列式が1のままで変形できてるので（行や列の実数倍使ってない）d=1
(1 b)=(1 1)^b
(0 1)=(0 1)
おしまい

>>97
どこかの成分を場合分けする方針は良さそうです。
私が知っている証明は、4パターンに分けていました。

ヒントが欲しければ、差し上げますよ。
いきなり答えを開示しても良いですがw

>>109
>>107

証明出来ましたか？
皆さんが納得されたら、解答を発表しますからね。

>>93
この問題の解答は、YouTubeで「SL2Zの生成元」と検索して頂ければ分かると思います。
まともに添削出来ずにスミマセンでした。
何か動画について疑問点があれば、私が可能な範囲で対応致します。

z^5+z^4−4z^3−3z^2+3z+1=0 を解いて下さい。

思いつかないのでチートしたら
ベキ乗根と四則演算では解けないみたいね
つまりそのことを証明しろという問題？

いや、イケるはずですよ。
ヒントを少しずつ言うと、この方程式は5次の中でもかなり特殊なものなんだと思います。
（私も後で質問したいことがあるくらいなので、満足なヒントは出せないかもしれませんが…。）

別のチートをしたらw^11-1=0の1以外の解によってz=w+1/wの満たす5次方程式がz^5+z^4−4z^3−3z^2+3z+1=0だと出てきた
w^10+…+w+1=0
w^5+…+1+…1/w^5=0
w^5+1/w^5=z^5-5z^3+5z
w^4+1/w^4=z^4-4z^2+2
w^3+1/w^3=z^3-3z
w^2+1/w^2=z^2-2
w+1/w=z
1=1
------------------------------------sum
w^5+…+1+…1/w^5=z^5+z^4-4z^3-3z^2+3z+1=0
思いつかないなあ

高校数学で係数の対象な4次方程式を解くときにこの方法よく使うけれど
それは変形が真逆で
z^2+z-1=0
を解くときそれを
w^4+w^3+w^2+2+1=0
の解と結びつけようとは思わないよなあ
聞きたいことってこれを一般化したときの係数とか？

仕事がお速いですねぇw
私は5次方程式のガロア群が5次の巡回群になるものを探したら、これに行き着きました。

係数からガロア群を判定する方法があるのなら、そこから（ζ_11）^i+(ζ_11)^(-i)の形が解になることが推測できるのかと思います。
（デイビッド・コックス著のガロワ理論くらいには、書いていないのかなと思っている次第です。）

>>117
聞きたいことは係数の計算による、5次方程式のガロア群の判定法の存在ですね。
（探している最中なので、その内見つかるかもしれません。）

>>119
mod pに落とし込んで様子を調べるくらいしかないのでは

とりあえず、調べたことを書きます。
ブリング-ジェラード標準形x^5+ax+b=0にして、判別式を計算する。
判別式が有理数の平方になる場合はA5・C5・D5となり、可解群ならば判別式は正になるらしいです。
あとリゾルベントという6次式を構成し、その方程式が有理数解をもてば、可解群になるみたいです。
難しい話なので結果だけが書いてあったりして正誤を確認出来なかったり、定義などを省略させてもらいましたが、こんなところです。

まあまた今度、厚めのガロア理論の本できちんと確かめに行こうと思います。

>>119
>聞きたいことは係数の計算による、5次方程式のガロア群の判定法の存在ですね。
>（探している最中なので、その内見つかるかもしれません。）

日本語情報なら 下記の 出典7、8、9な
なお、英文 en.wikipedia も覗いてみて
（だいたいは英文の方が情報が豊富という。いま、時間がないので見てないがよろ）

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BA%94%E6%AC%A1%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F
五次方程式

出典
7 元吉文男「5次方程式の可解性の高速判定法（数式処理における理論と応用の研究）」『数理解析研究所講究録』第848巻、京都大学数理解析研究所、1993年、1–5頁、CRID 1050282677087499264、hdl:2433/83668。
https://hdl.handle.net/2433/83668

8 大迎規宏「可解な5次方程式について」『学位論文』、兵庫教育大学学術情報リポジトリ、2003年。
https://hyogo-u.repo.nii.ac.jp/records/5251

9 方程式のガロア群（その具体的な計算法）松田修2023 年10月5日 ( https://www.tsuyama-ct.ac.jp/matsuda/ 松田修 ガロア理論入門ノート より)
https://www.tsuyama-ct.ac.jp/matsuda/eBooks/galois_equations.pdf

https://en.wikipedia.org/wiki/Quintic_function
Quintic function

>>123
下から2番目の資料は結構詳しいと思います。
わざわざありがとうございました。

>>124
>下から2番目の資料は結構詳しいと思います。

どうもです
大迎規宏さんね
たしか、その文中で Dummitさんの論文を引用していたが
下記の英文サイトのpdfが試gえる気がする＝i未確認だが）
（余談 大迎さん 兵庫県の教育委員会の次長さんだったかの挨拶文のページがヒットした。さすが 兵庫教育大か）

また いま 下記en.wikipedia見ると
”ブルース・バートレット：「五次曲線、正二十面体、および楕円曲線」、AMS Notices（2024年4月）”
面白い。やっぱ新しい文献は見とかないと

あと 元吉文男さんは、文中で エムポストニコフのガロア理論（ロシア本の和訳）
の数式を引用しているが、いまならコックスのガロア理論が上位互換で そっちで間に合うでしょう

松田修先生は、高専の先生で 記述が高専生にも配慮した書き方に思えて
好感がもてました

何かのお役に立てれば幸いです
では

(参考)
https://en.wikipedia.org/wiki/Quintic_function
(google訳)
注記
7. David S. Dummit可解な五次方程式の解法2012年3月7日に Wayback Machineにアーカイブされました
（アーカイブ）
https://web.archive.org/web/20120307030156/http://www.emba.uvm.edu/~dummit/quintics/solvable.pdf

外部リンク
ブルース・バートレット：「五次曲線、正二十面体、および楕円曲線」、AMS Notices（2024年4月）
https://www.ams.org/journals/notices/202404/noti2923/noti2923.html

COX著のガロワ理論は確か上下巻あったと思うので、たぶん何かしら載っていると思われます。
前に見たときは、下巻が計算式だらけだったような記憶がありますから。（うろ覚えですが…。）

fは実数を実数に写す関数とする。
実数x_0における、fの左上極限が右上極限よりも大きくなるx_0全体の集合は、高々可算であることを示せ。

>>127
確か非可算個の開区間の直和を考えると可算個以外は空じゃなかったっけ？証明忘れたけど簡単だったはず

思い出した
非可算個が空でなければ
それぞれの中に有理数があるから
有理数が可算であることに反する
だった

>>128
その問題は結構ムズいと思うよ。
誰も解かないと思ったから、答えがどこかにいったw
知りたければ探すけど、見つからないかも…。

>>130
>>129

答えが見つかったわ。

Gを群とし、A,BをGの巡回部分群とする。 G=ABを満たし、A,Bが共にGの正規部分群とならない例を挙げよ。

n∈N,a∈{±1}
(n,a)(m,b)=(n+am,ab)
(n,a)(0,1)=(n,a)
(0,1)(n,a)=(n,a)
((n,a)(m,b))(k,c)=(n+am,ab)(k,c)=(n+am+abk,abc)
(n,a)((m,b)(k,c))=(n,a)(m+bk,bc)=(n+am+abk,abc)
(n,a)(-n/a,1/a)=(n-an/a,a/a)=(0,1)
(-n/a,1/a)(n,a)=(-n/a+n/a,a/a)=(0,1)
(n,1)(0,a)=(n,a)
(0,1/a)(n,1)(0,a)=(0,1/a)(n,a)=(n/a,aa)=(n/a,1)
うーんダメか
じゃ
n∈N+iN,a∈{±1,±i}
(n,1)(0,a)=(n,a)
(0,1/a)(n,1)(0,a)=(0,1/a)(n,a)=(n/a,aa)=(n/a,1)
うーんやっぱダメか
この路線じゃいかんか

>>133の私が知っている解答例の位数は結構大きい。
位数のヒントを出しても良いくらいですね。

あと>>127は、
Set of points where limsup x+ < limsup x- do not agree is countable
と検索すれば分かると思います。
おそらく、合っていると思います。
問題自体は正しいはずです。

4項間漸化式の問題
a_(n+3) = a_(n+2) + a_(n+1) + a_n
初期値は
たとえば、a_0=0, a_1=1, a_2=1
で解いてね
5項間、6項間、... , n項間の一般解も
検索しないで自力で頭の体操

ツマンネす

>g(x)はf(x)の逆関数とする。
>微分方程式f'(x)=g(x)を解け。
a=(-1+√5)/2
f(x)=(a^a)x^(1/a)

ルールを律儀に守る住民

>>139
無料版geminiにやらせたら、g(x)=x^nと仮定して解なしとかいいよったわｗ
g(x)=kx^n とおいて解けよ、といったら、出来ました！だとさｗ

他に無いかねまたx≦0でもないかね

>>139
これは
f'(x)=g(x)=y⇔x=f(y)
から
f'f(y)=y
を
f(y)=kx^n
と仮定して出したもの
もっと一般化するにはどうすれば良いか

f(y)=ky^n
と仮定

>>142
>他に無いかねまたx≦0でもないかね
x≦0では
f(x)=-f(-x)
つまり奇関数拡張すれば
f'(f(x))=-f'(-f(x))=-f'(f(-x))=-(-x)=x
でOK
他に有るかどうかはどうするかな

>>145
>でOK
なわけないか

f(x)=-f(-x)
f'(x)=f'(-x)
f'f(x)=f'(-f(-x))=f'(f(-x))=-x
NG

>1人目〜3人目に来た人は採点しただけで断る。
>4人目、5人目に来た人は過去最高点だったら結婚する。
>6人目、7人目は過去2位以内に入るなら結婚する。
>8人目は3位以内に入るなら結婚する。
>9人目は5位以内に入るなら結婚する。
>10人目はその人しかいないから諦めてその人と結婚する。
>
>問：この最適停止問題に基づく戦略を取った場合、
>a.10人中一番良い相手と結婚できる確率
>b.10人中3位以内の相手と結婚できる確率
>c.10人中5位以内の相手と結婚できる確率
>をそれぞれ求めてください
p=(a1,…,a10)∈S10=A10
f(p,m,n)=nth of a1,…,am
f(p,m,1)<…<f(p,m,m)
{f(p,m,1),…,f(p,m,m)}={a1,…,am}
f(p,m,0)=0, f(p,m,n)=∞ for m<n
f(p,m.n)=am if f(p,m-1,n-1)<am<f(p,m-1,n),
f(p,m.n)=f(p,m-1,n) if f(p,m-1,n)<am,
f(p,m.n)=f(p,m-1,n-1) if am<f(p,m-1,n-1)
A4={p|f(p,3,1)>a4}
A5={p|f(p,4,1)>a5}
A6={p|f(p,5,2)>a6}
A7={p|f(p,6,2)>a7}
A8={p|f(p,7,3)>a8}
A9={p|f(p,8,5)>a9}
B4=A4
B5=A5-A4
B6=A6-A5-A4
B7=A7-A6-A5-A4
B8=A8-A7-A6-A5-A4
B9=A9-A8-A7-A6-A5-A4
B10=A10-A9-A8-A7-A6-A5-A4
Ca=(B4∩{p|a4=1})∪…∪(B10∩{p|a10=1}
Cb=(B4∩{p|a4≦3})∪…∪(B10∩{p|a10≦3}
Cc=(B4∩{p|a4≦5})∪…∪(B10∩{p|a10≦5}
Pa=|Ca|/10!
Pb=|Cb|/10!
Pc=|Cc|/10!

>>133
>Gを群とし、A,BをGの巡回部分群とする。 G=ABを満たし、A,Bが共にGの正規部分群とならない例を挙げよ。

某スレから来ました
質問していい？

上記 積 G=AB は、半直積以上を考えていますか？
つまり、半直積の場合 下記のように ABのどちらかは正規部分群
（余談：直積なら両方とも正規部分群になり不適）

また ”A,Bが共にGの正規部分群とならない”は、二通りに解釈できて
・「A,Bが共にGの正規部分群」とならない と解すれば、半直積の場合が適合する
・「A,Bが共にGの正規部分群とならない」＝A,B両方が非正規部分群 と解すれば、半直積の場合は不適

最低 質問「積 G=AB は、半直積以上を考えていますか？」に答えて貰えば良い
（深入りするつもりはないので）

注：半直積以上を考えるときは
半直積以上のどんな積G=ABを想定するのか？ が問題になる
スタンダードには、半直積以上の文献例が少ないので 疑問に思った次第です

(参考)
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%8D%8A%E7%9B%B4%E7%A9%8D
半直積
群の半直積（はんちょくせき、英: semidirect product）とは、ふたつの群から新たな群を作り出す方法の一種。 群の直積の一般化であり、通常の直積をその特別な場合として含む
内部半直積
ふたつの群 N, H に対して N の H による内部半直積とは、次の性質を満たす群 G のことで、 G = N ⋊ H と表す[1]
N は群 G の正規部分群かつ H は群 G の部分群であって、G = NH を満たす
N と H は自明な共通部分をもつ：N ∩ H = 1
ホモロジー代数的定義
略
つまり半直積 G とは群 N の群 H による群の拡大のなかで「もっとも単純なもの」である。

>>149
とりあえずお答えできるのは、A,B両方が非正規部分群ということですね。

>>150
>とりあえずお答えできるのは、A,B両方が非正規部分群ということですね。

ありがと
それだけで十分です
面白い問題考えたね（＾＾

>>149
半直積なら二面体群で仕舞いだから
そんな単純な話では無いのは明白
ここはm:G×G→GのGの積写像で
m(A×B)=Gとなるという意味でしょ

A : R^n → R^mを線形写像とする。
VをR^nの開集合とする。
A(V)はA(R^n)の開集合であることを証明せよ。

位相は普通の位相なんだろうから
Vの各点のまわりにn次元の開球が取れて
Im(A)は開球の基底で生成できるから
R^m=R^k¥oplusIm(A)
とでも置けば各点の像のまわりは
R^k¥oplusA(V)もm次元の部分集合を形成して
A(V)の各点のまわりはIm(A)の次元と同じ部分集合なので
Im(A)の開集合
ってな感じで

{f_n}はfに各点収束する、一様連続な関数列とする。
x_n→x(n→∞)のとき、f_n(x_n)→f(x)(n→∞)は成立するか。

>>155は[0,1]に限定しておきます。

一様連続なら行けるんじゃないの

行けるのなら証明を、そうでなければ反例を求む。

fn:uniform
∀ε>0,∃δ>0,∀x,y∈R: |x-y|<δ→|fn(x)-fn(y)|<ε
fn→f:point wise
∀x∈R,∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(x)-f(x)|<ε
xn→x
∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |xm-x|<ε
fn(xn)→f(x)
∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(xm)-f(x)|<ε

とりあえずヒントを…。
実は成り立たないみたいなので、反例を下さい。

∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(xm)-fm(x)|<ε
∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(x)-f(x)|<ε
∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(xm)-f(x)|<2ε