簡単そうに見えて意外と難しい収束の命題

$x > 0$をとる．ある$k_1, k_2 \in \mathbb{N}$があり，$k_1 \neq k_2$かつ$f(k_1 x) = f(k_2 x) = 1$が成立すると仮定する．
すると，ある$n_1, n_2 \in \mathbb{N}$があり，$k_1 x = e^{n_1}$, $k_2 x = e^{n_2}$より，
$ e^{n_1 - n_2} = \frac{k_1}{k_2}$となるが, $n_1 \neq n_2$から，$e$の超越性に反する．
したがって，$f(k x) = 1$となる自然数$k$は高々一つ．
よって，$\displaystyle \lim_{n \to \infty} f(n x) = 0$であるが，$f(x)$は$x \to \infty$で明らかに収束しない．

連続関数$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$を，任意の$x >0$に対して$\displaystyle \lim_{n \to \infty} f(n x) = 0$が成立するものとする．$\varepsilon > 0$を任意に取る．
ここで，自然数$n$に対して，連続関数$g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$を$g(x) := |f(n x)| ~(x \in \mathbb{R})$と定める．

$A_n := \left\{x \geq 0 \mid |f(nx)| \leq \varepsilon \right\} = g^{-1}([0,\varepsilon]) \cap[0,\infty) $は閉区間$[0,\varepsilon]$の連続関数$g$による引き戻しと閉集合$[0,\infty)$との交叉より閉集合．よって，
$\displaystyle B_n:=\left\{x \geq 0 \mid {}^{\forall}k\in\mathbb{N}, ~k \geq n \Rightarrow |f(kx)| \leq \varepsilon \right\} = \bigcap_{k = n}^{\infty} A_k$も閉集合．

$f$の仮定から，$\displaystyle \{0\} \cup \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n = [0,\infty)$となる．完備距離空間の閉部分集合は，部分距離空間として完備となるため，$[0,\infty)$も完備．よってBaireのカテゴリー定理より，ある$N \in \mathbb{N}$が存在して，$B_N$の(部分距離空間$[0,\infty)$の意味での)内点が存在する．よって，ある$0 < a < b$があり，$(a,b) \subset B_N$となる．
($0 \in [0,\infty)$が内点の場合でも，ある$c>0$が存在して，$[0,c) \subset B_N$となるため，$(a,b) \subset [0,c) \subset B_N$となる$0 < a < b$が取れる．)
したがって，任意の$\displaystyle x \in \bigcup_{k=N}^{\infty} (k a,kb)$に対して，$|f(x)| \leq \varepsilon$となる．
($\displaystyle \because x \in \bigcup_{k=N}^{\infty} (k a,kb) \Rightarrow {}^{\exists} k \geq N, ~x \in (ka,kb) \Rightarrow {}^{\exists} y \in (a,b), ~ x = ky$ $ \Rightarrow |f(x)| = |f(ky)| \leq \varepsilon.$ )
また，$b-a >0$より，アルキメデスの性質から，$a < m_0(b-a)$となる自然数$m_0$が存在する．よって，$ (m_0+1)a < m_0b$ より， $m \geq m_0$なる自然数$m$に対して，$ (ma,mb) \cap \big((m+1)a,(m+1)b\big) \neq \emptyset$となる．したがって，$\displaystyle (\max\{m_0 a, Na\}, \infty) \subset \bigcup_{k=N}^{\infty} (k a,kb)$となり，$x > \max\{m_0 a, Na\}$なる任意の実数$x$に対して，$|f(x)| \leq \varepsilon$が成り立つ．よって$\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x) = 0$となる．