静岡大 総合科学技術研究科 理学専攻 数学コース 数学 2026年度（2026年1月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

論理記号を使わない書き方

「任意の」は let $x$ be an arbitrary element of $X$ または for every element $x$ of $X$、「存在する」は there is an element $y$ of $Y$ such that と書く。写像の矢印 $\to$ や合成の $\circ$ は写像の記法であって論理記号ではないので使ってよいが、含意の $\Rightarrow$ や同値の $\Leftrightarrow$ は implies, if and only if に置き換える。集合の記号 $\in$ も避けたければ an element of と書けばよい。

証明の骨格

単射性は「$f(x)=f(x')$ から $x=x'$ を導く」形、全射性は「与えられた $x$ に対し $g$ で $x$ に写る $y$ を具体的に作る」形で書く。ここで作るべき $y$ は $y=f(x)$ であり、これを明示するのが答案の要点である。片側の逆写像 $g$ しか仮定していないので、得られるのも「$f$ は単射」「$g$ は全射」という片側の結論だけになる。

逆が成り立たない例

$X=\{1\}$, $Y=\{1,2\}$ とし、$f(1)=1$, $g(1)=g(2)=1$ とおくと $g\circ f$ は $X$ の恒等写像だが、$f$ は全射でなく $g$ は単射でない。$f$ が全単射になるのは $f\circ g$ も $Y$ の恒等写像であるときで、この設問はそこまでは要求していない。解説として一言添えると、命題の強さを正しく理解していることが伝わる。

英語の語彙

injective は one-to-one、surjective は onto とも書く。答案では injective (one-to-one) のように併記しておくと採点者の流儀に左右されない。identity map、composite map、image、element は綴りと単複を間違えやすいので注意する。

方針

「収束する」ことだけを示せばよいが、収束先を $b=f(a)$ と先に決めてしまうほうが証明は短くなる。極限の候補を与えずに Cauchy 列であることを示す道もあるが、$Y$ の完備性を仮定していないので使えない。$f(a)$ に収束することを直接示すのが唯一素直な筋である。

$\delta$ と $N$ の順序

$\varepsilon$ を与える $\to$ 連続性から $\delta$ を取る $\to$ 収束から $N$ を取る、という順序が本質である。$N$ は $\delta$ を通して $\varepsilon$ に依存する。英文では there is a positive real number $\delta$ such that と there is a natural number $N$ such that を2文に分け、どちらが何に依存するかを語順で示す。

連続性はどこで使うか

使うのは点 $a$ における連続性だけで、$X$ 全体での連続性は不要である。答案でも since $f$ is continuous at the point $a$ と、点を明示して書く。

距離空間では逆も成り立つ

距離空間では、$X$ の任意の収束列 $x_n\to a$ に対して $f(x_n)\to f(a)$ が成り立つならば $f$ は連続である（点列連続性と連続性の同値）。これは第1可算公理から従う性質で、一般の位相空間では逆向きは成り立たない。この設問はその同値性の易しいほうの向きである。

失点しやすい点

$b$ を $f(a)$ と置かずに「$(f(x_n))$ は収束する」とだけ書くと、何に収束するかを示す部分が空白になり証明にならない。また $d_X$, $d_Y$ という記号を導入せずに距離をすべて distance と書くと、どちらの空間の距離か曖昧になる。冒頭で記号を定義しておくのが安全である。

方針

2項間の連立漸化式は、変換行列 $\frac13\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$ の固有値が $1$（固有ベクトル $(1,1)$）と $\frac13$（固有ベクトル $(1,-1)$）であることに対応して、和 $a_n+b_n$ が不変量、差 $a_n-b_n$ が縮小量になる。だから最初にすべきことは辺々の和と差を取ることで、これに気づけば計算は3行で終わる。

単調性による別解

$a>b>0$ のとき、$a_{n+1}-a_n=-\frac13(a_n-b_n)$、$b_{n+1}-b_n=\frac13(a_n-b_n)$ であり、$a_n-b_n=(a-b)3^{-(n-1)}>0$ が保たれるので $\{a_n\}$ は単調減少、$\{b_n\}$ は単調増加で、$b\le b_n<a_n\le a$ より両者は有界である。よって両方とも収束し、極限を $\alpha,\beta$ とすると漸化式の極限から $\alpha=\frac{2\alpha+\beta}{3}$、すなわち $\alpha=\beta$。ここに $a_n+b_n=a+b$ を使って $\alpha=\beta=\frac{a+b}{2}$ を得る。区間縮小法の形になっている。

検算

$n=1$ を代入すると $a_1=\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2}=a$、$b_1=\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2}=b$ で初期条件に合う。また得られた一般項は $a_n+b_n=a+b$ と $a_n-b_n=(a-b)3^{-(n-1)}$ をともに満たす。$a=b$ の場合は両数列が定数列 $a$ になり、結果と整合する。

失点しやすい点

「単調有界だから収束する」で止めると、極限が $\frac{a+b}{2}$ であることが示せていない。極限値を決めるには和の不変性が必要で、これを書き落とすと大きく減点される。逆に一般項を出す方針なら収束と極限値が同時に出るので、答案としてはこちらが短い。

単調性が最初から成り立たないこと

$a_1=0$, $a_2=0.490\cdots$, $a_3=0.634\cdots$ と最初は増加しており、$f(x)$ は $x=e^{2}$ で最大値をとる。したがって「$a_n$ は明らかに減少する」と書くのは誤りで、$f'(x)$ の符号を調べて $n\ge8$ から減少すると限定するのが正しい。交代級数の判定法は「ある番号以降で単調減少」であれば適用でき、有限個の項は収束・発散に影響しないことを一言添える。

条件収束であること

$n\ge3$ では $\log n>1$ だから $a_n>\dfrac{1}{\sqrt n}$ であり、$\sum 1/\sqrt n$ は発散する（$p$ 級数、$p=1/2\le1$）。よって $\sum|(-1)^{n}a_n|$ は発散し、この級数は条件収束である。問われているのは収束だけだが、絶対収束ではないことに触れると、判定法を選んだ理由が明確になる。

別解

ディリクレの判定法を使ってもよい。部分和 $\left|\sum_{n=1}^{N}(-1)^{n}\right|\le1$ が有界で、$a_n$ が（ある番号以降）単調に $0$ へ収束するから収束する。アーベルの変形（部分和分）を書ける受験生はこちらでもよいが、記述量はライプニッツのほうが少ない。

検算

交代級数では部分和 $S_N$ が極限を交互に挟むので、$|S-S_N|\le a_{N+1}$ が成り立つ。実際 $|S-S_N|\le a_{N+1}$ の収束が遅く、$N=10^{6}$ でも誤差は $10^{-2}$ 程度で、和 $0.1932\cdots$ に近づくのは非常に緩やかである。この「収束するが遅い」という感覚は、絶対収束しないことと整合している。

$(0,0)$ が極値でないことの直接確認

判別式を使わずに示すこともできる。$f(t,0)=t^{3}$ は $t>0$ で正、$t<0$ で負なので $(0,0)$ のどんな近傍でも $f$ は $f(0,0)=0$ より大きい値と小さい値をとる。よって極大でも極小でもない。ヘッセ行列の判定と合わせて書くと、鞍点であることの説明として説得力が増す。

停留点を求めるときの注意

$x=x^{4}/27$ から $x^{3}=27$ を得たとき、実数の範囲では $x=3$ のみである（複素数では3個）。$x=0$ を割って落とさないよう、$x(x^{3}-27)=0$ と因数分解した形で書くのが安全である。

検算

$(3,3)$ の近くで $f(3.1,3)=-26.909\cdots$、$f(2.9,3)=-26.911\cdots$、$f(3,3.1)=-26.909\cdots$ といずれも $-27$ より大きく、極小であることと合う。また $\det H(3,3)=243>0$、$f_{xx}+f_{yy}=36>0$ なのでヘッセ行列は正定値で、判定は一貫している。

最小値ではないこと

$f(t,0)=t^{3}\to-\infty\ (t\to-\infty)$ なので $f$ は下に有界でなく、$-27$ は極小値であって最小値ではない。同様に上にも有界でないから最大値も存在しない。設問は極値を問うているので答案本体には不要だが、「極値」と「最大・最小」を混同しないという意味で押さえておきたい。

平行移動による別解と検算

$x=\frac12+u$, $y=v$ と平行移動すると $D$ は原点中心・半径 $\frac12$ の円板 $D_0$ に移り、 $$\iint_{D}x^{2}\,dxdy=\iint_{D_0}\left(\frac14+u+u^{2}\right)dudv .$$ $D_0$ は $u\mapsto-u$ について対称だから $\iint_{D_0}u\,dudv=0$。また対称性より $\iint_{D_0}u^{2}=\frac12\iint_{D_0}(u^{2}+v^{2})=\frac12\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{1/2}r^{3}drd\theta=\frac12\cdot2\pi\cdot\frac{1}{64}=\frac{\pi}{64}$。 面積は $\pi/4$ なので $$\frac14\cdot\frac{\pi}{4}+0+\frac{\pi}{64}=\frac{\pi}{16}+\frac{\pi}{64}=\frac{5\pi}{64}$$ となり、極座標の結果と一致する。

$\theta$ の範囲の決め方

$\theta$ を $0$ から $2\pi$ まで動かすと、$\cos\theta<0$ の範囲で $r$ の上端が負になり意味を失う。$r\le\cos\theta$ という不等式が $\cos\theta\ge0$ を強制するので、$\theta$ の範囲は自動的に $[-\pi/2,\pi/2]$ に定まる。被積分関数 $\cos^{6}\theta$ が偶関数であることを使って $[0,\pi/2]$ の2倍にすると計算が軽い。

ウォリスの公式を使わない場合

$\cos^{6}\theta=\left(\frac{1+\cos2\theta}{2}\right)^{3}$ を展開し、$\cos^{2}2\theta=\frac{1+\cos4\theta}{2}$、$\cos^{3}2\theta=\frac{3\cos2\theta+\cos6\theta}{4}$ を使えば定数項だけが残り、$\frac{1}{8}\left(1+\frac32\right)=\frac{5}{16}$ の係数から同じ値が出る。公式を覚えていないときはこの倍角展開で確実に処理する。

失点しやすい点

ヤコビアン $r$ の書き落としと、被積分関数の $x^{2}=r^{2}\cos^{2}\theta$ の $\cos^{2}\theta$ の書き落としが多い。$r$ の積分で $r^{2}\cdot r=r^{3}$ となり $\left[r^{4}/4\right]$ が出る点まで、途中式を残しておくと部分点を確保しやすい。

方針

一次独立性の証明は「一次関係を仮定して係数がすべて $0$ であることを示す」形しかない。正規直交系では $\boldsymbol{v}_j$ との内積をとるだけで $c_j$ だけが残るので、係数を一つずつ取り出せる。この「内積で成分を取り出す」操作は、正規直交基底に関する展開係数が $c_j=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{v}_j)$ で与えられるという事実と同じ仕組みである。

どこまで一般化できるか

実際に使ったのは $(\boldsymbol{v}_i,\boldsymbol{v}_j)=0\ (i\ne j)$ と $(\boldsymbol{v}_j,\boldsymbol{v}_j)\ne0$ だけである。したがって「零ベクトルを含まない直交系は一次独立」という形まで一般化できる。逆に $\boldsymbol{v}_j=\boldsymbol{0}$ を許すと $(\boldsymbol{v}_j,\boldsymbol{v}_j)=0$ となり結論は崩れるが、正規直交系では $(\boldsymbol{v}_j,\boldsymbol{v}_j)=1$ なのでこの心配はない。

失点しやすい点

「$j$ を固定して」と書かずにいきなり $c_j=0$ を導くと、すべての $j$ について示したことが伝わらない。また内積の線形性を使う箇所は答案に明示する。

証明の2段階

示すべきことは「正規直交系であること」と「基底であること」の2つである。前者は計量を保つという仮定から直ちに出るが、後者は設問1と次元の情報を使わなければ出ない。この2段階を分けて書くことが答案の要点である。

$f$ は自動的に全単射になる

計量を保つ線形写像は $\|f(\boldsymbol{x})\|^{2}=(f(\boldsymbol{x}),f(\boldsymbol{x}))=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})=\|\boldsymbol{x}\|^{2}$ を満たすので、$f(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{0}$ ならば $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$、すなわち $f$ は単射である。有限次元では $V$ から $V$ への単射な線形写像は全射でもあるから、$f$ は同型写像になる。この事実を先に示して「基底の像は基底」と言ってもよいが、設問1を使う道のほうが短い。

失点しやすい点

$\delta_{ij}$ が出た時点で「よって正規直交基底である」と結論すると、基底であることの根拠が抜ける。無限次元では正規直交系が基底になるとは限らないので、有限次元であることを使った箇所を明示する。

行列式を使わない別解

$P\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ とすると $\boldsymbol{x}=E\boldsymbol{x}={}^{t}PP\boldsymbol{x}={}^{t}P\boldsymbol{0}=\boldsymbol{0}$ なので、$P$ を表現行列とする線形写像は単射である。正方行列では単射と正則が同値だから $P$ は正則で、あとは同じ計算で ${}^{t}P=P^{-1}$ を得る。行列式の乗法性を仮定できない文脈ではこちらを使う。

左逆と両側逆

一般の写像では左逆写像があっても逆写像とは限らない（第1問の設問1がまさにその例である）。正方行列に限れば「左逆行列は逆行列」が成り立つのは、次元定理により単射と全射が同値になるからである。この設問はその特殊性を確認させている。

$P\,{}^{t}P=E$ も従うこと

${}^{t}PP=E$ だけを仮定しているのに $P\,{}^{t}P=E$ も出る、というのがこの設問の実質的な内容である。行としての正規直交性も自動的に成り立つことを意味し、設問4の (ii) を行ベクトルで述べても同値になる理由でもある。

答案の書く順序

3条件の同値は (i) $\Rightarrow$ (ii) $\Rightarrow$ (iii) $\Rightarrow$ (i) と巡回させる書き方もあるが、この問題では (i) と (ii) が同じ等式 $({}^{t}PP)_{ij}=(\boldsymbol{p}_i,\boldsymbol{p}_j)$ の言い換えなので、そこを一度で片づけて (i) $\Leftrightarrow$ (iii) を別に示すほうが短い。どの向きを示したかを見出しで明示すると採点者が追いやすい。

最初に書くべき等式

$({}^{t}PP)_{ij}=(\boldsymbol{p}_i,\boldsymbol{p}_j)$ がこの設問の全体を貫く鍵である。行列の積の定義に戻って、${}^{t}P$ の第 $i$ 行が $P$ の第 $i$ 列の転置であることを確認してから書く。

基本ベクトルを代入する技法

(iii) $\Rightarrow$ (i) で「すべての $\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}$ について ${}^{t}\boldsymbol{x}M\boldsymbol{y}=0$ ならば $M=O$」を使った。$\boldsymbol{e}_i,\boldsymbol{e}_j$ を代入すると成分が直接取り出せる、という常套手段である。$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}$ の場合だけを調べても、$M$ が対称でない可能性があるので $M=O$ は言えない。ここでは ${}^{t}PP-E$ が対称なので $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}$ でも足りるが、答案では2つの基本ベクトルを使うのが安全である。

設問2 との関係

(iii) $\Rightarrow$ (ii) は設問2そのもの（$V=\mathbb{R}^{n}$、標準基底の像が $\boldsymbol{p}_1,\dots,\boldsymbol{p}_n$）である。$T_P(\boldsymbol{e}_j)=\boldsymbol{p}_j$ に注意すると、この設問全体が設問1・設問2の行列版であることが見える。

固有多項式を速く出す

$3$ 次では $\varphi(\lambda)=\lambda^{3}-c_1\lambda^{2}+c_2\lambda-c_3$（$c_1=\operatorname{tr}A$、$c_2$ は $2$ 次の主小行列式の和、$c_3=\det A$）を使うと、行列式の展開を1回で済ませられる。$\operatorname{tr}A=0$ が見えた時点で $\lambda^{2}$ の項が消えるので、以後の計算がかなり軽くなる。

この行列の構造

$\boldsymbol{u}=\boldsymbol{p}_1$ とおくと $$A+E=3\,\boldsymbol{u}\,{}^{t}\boldsymbol{u},\qquad\text{すなわち}\qquad A=3\,\boldsymbol{u}\,{}^{t}\boldsymbol{u}-E$$ が成り立つ。$\boldsymbol{u}\,{}^{t}\boldsymbol{u}$ は $\boldsymbol{u}$ の張る直線への正射影行列で、固有値は $1$（$\boldsymbol{u}$ 方向）と $0$（直交補空間）だから、$A$ の固有値は $3-1=2$ と $0-1=-1$（重複度 $2$）とすぐ分かる。$2(A+E)$ の各行が $(\sqrt3,\sqrt2,-1)$ の定数倍になっていたのは、この構造の現れである。

重複固有値の扱い

固有値 $-1$ の固有空間は $2$ 次元なので、その中で直交する2本を選ばないと $P$ は直交行列にならない。ここでは平面の式 $\sqrt3x_1+\sqrt2x_2-x_3=0$ から $\boldsymbol{p}_2$ を1本選び、$\boldsymbol{p}_3$ を $\boldsymbol{p}_1\times\boldsymbol{p}_2$（外積）の方向に取ることで直交性を自動的に確保した。グラム・シュミットの直交化でも同じ結果に至るが、$3$ 次では外積のほうが計算が短い。

検算

${}^{t}PP=E$ を各列の長さと内積で確かめる。さらに $\operatorname{tr}A=2+(-1)+(-1)=0$、$\det A=2\cdot(-1)\cdot(-1)=2$ が最初に計算した値と一致することが、固有値の検算になる。固有ベクトルは $A\boldsymbol{p}_2=-\boldsymbol{p}_2$ を1本だけ実際に計算すれば十分である。

失点しやすい点

固有ベクトルを正規化し忘れると、$P^{-1}AP$ は対角になっても ${}^{t}PAP$ は対角にならない。また対角成分の並び順は $P$ の列の順序と対応するので、$\operatorname{diag}(2,-1,-1)$ と書くなら第1列を固有値 $2$ の固有ベクトルにする。設問は「直交行列により対角化せよ」なので、$P$ と ${}^{t}PAP$ の両方を答案に書く。

方針

「閉集合である」を示す最短の道は補集合が開集合であることの確認で、そのために半直線 $(-\infty,c)$ と $[c,\infty)$ が開集合であることを一度示しておく。この2つは以降の設問でも繰り返し使うので、最初に補題として立てておくと答案全体が短くなる。

通常の位相との比較

通常の位相の開区間は $(c,d)=\bigcup_{c<t<d}[t,d)$ と書けるので、通常の開集合はすべて $X$ の開集合である。つまりこの位相は通常の位相より細かい。一方 $[a,b)$ は通常の位相では開でないから、真に細かい。「細かい」ことは開集合が増える・閉集合が増える・連続関数が増える・コンパクト集合が減る、という形で以下の各設問に効いてくる。

開かつ閉が多いこと

$[a,b)$ が開かつ閉であるということは、$X$ には非自明な開かつ閉集合が大量にあるということで、これが設問2の完全不連結性に直結する。

分割点の選び方

$p<q$ となる2点があれば、境目を $q$ にとって $(-\infty,q)$ と $[q,\infty)$ で分ければよい。通常の位相では $q$ をどちらに入れても片方が開でなくなるが、$X$ では $[q,\infty)$ が開なのでこの分割が使える。$p$ と $q$ の間の点を切れ目にする必要はない。

結論の言い換え

この設問から、$X$ の連結成分はすべて1点であり、$X$ は完全不連結である。通常の $\mathbb{R}$ が連結であることと対照的で、位相を細かくしたことで連結性が完全に失われた例になっている。

失点しやすい点

「$A$ は $U$ と $V$ で分割される」と書くだけでなく、$A\cap U$, $A\cap V$ が部分空間 $A$ の開集合であること（$X$ の開集合との共通部分だから）を明示する。連結性は部分空間の位相についての性質なので、ここを省くと論証が不完全になる。

$1$ の側の処理

左端 $0$ は $[0,b)$ の形の近傍をもつので $I$ に含まれてよいが、右端 $1$ の外側 $(1,\infty)$ が開であることは別に確認する必要がある。$[c,\infty)$ の形とは違って端点を含まないので、$t>1$ を動かした和集合で書くのが定石である。

通常の位相からの帰結としても言える

$[0,1]$ は通常の位相で閉集合であり、$X$ の位相は通常の位相より細かいから、閉集合はすべて $X$ でも閉集合である。この一言でも証明になるが、「細かい位相では閉集合が増える」という事実を明示しないと飛躍と取られかねないので、答案では補集合の直接確認を書くほうが安全である。

設問5 への布石

この設問の結論は、単独では地味に見えるが、設問5で「コンパクト空間の閉部分集合はコンパクト」を使うための前提になる。設問の並び自体が誘導になっている。

なぜ通常の位相と結果が変わるのか

通常の位相ではハイネ・ボレルの定理により $[0,1]$ はコンパクトである。ここで違いを生むのは $\{1\}$ の扱いで、$X$ では $[1,2)$ が開なので $\{1\}=[1,2)\cap I$ が部分空間 $I$ の開集合になる。つまり点 $1$ は $I$ の孤立点であり、左から $1$ に近づく点列を押さえる役に立たない。残りの $[0,1)$ を左からの被覆で覆おうとすると、いくらでも $1$ に近い点が取り残される。

被覆の作り方

「1点を孤立させ、残りを増大列で覆う」が下限位相で非コンパクト性を示す標準的な形である。$U_n$ を $[0,1-\frac1n)$ ではなく $[1-\frac1n,\,1)$ のような細切れにしても同じ議論ができるが、増大列にしておくと有限部分被覆の和集合が最大の1個で書けるので記述が短い。

失点しやすい点

$U_n$ を1つも選ばない場合を書き落としやすい。$N$ の定義でこの場合を含めておくか、「$W$ だけでは $0$ が覆えない」と一言添える。また被覆に使う集合は $X$ の開集合でも部分空間 $I$ の開集合でもよいが、どちらの立場かを最初に決めておく。

方針

「$A$ が大きいほどコンパクトになりにくい」わけではないので、大小関係だけでは何も言えない。使えるのは「コンパクト空間の閉部分集合はコンパクト」という向きで、そのために $I$ が閉であること（設問3）が必要になる。設問3と設問4を両方引用する構成であることを答案の冒頭で述べておくとよい。

補題を書くべきか

標準的な定理なので引用だけで済ませてもよいが、証明は3行なので書いておくと安全である。要点は $A\setminus F$ を被覆に付け足し、有限部分被覆から取り除くという操作である。

系として得られること

$X$ 自身、$[0,\infty)$、$[0,2]$、$\mathbb{Q}\cup I$ などはすべてコンパクトでない。特に $X$ は局所コンパクトでもない。設問6と合わせると、$X$ のコンパクト部分空間はかなり限られた形のものだけであることが見えてくる。

なぜこの例がうまくいくか

$X$ の点 $c$ の基本近傍は $[c,b)$ の形、つまり右側にしか広がらない。$\frac1n$ は $0$ に右から近づくので、$0$ の近傍1つで有限個を除く全部が覆える。これが「$X$ において $\frac1n\to0$」ということであり、この設問はその収束を利用している。

左から近づく例は失敗する

$B=\{0\}\cup\left\{-\frac1n\right\}$ はコンパクトでない。$0$ の近傍 $[0,b)$ は負の点を1つも含まないので、$\{[0,1)\}\cup\left\{\left[-\frac1n,-\frac1n+\varepsilon_n\right)\right\}$ の形の被覆に有限部分被覆がない。$X$ では $-\frac1n$ は $0$ に収束しない。左右の非対称性がこの位相の本質である。

一般化

同じ議論から、$X$ のコンパクト部分空間は「各点が右から近づかれる形」に限られる。実際 $X$ のコンパクト部分集合は高々可算であることが知られており、たとえば通常の位相ではコンパクトな $[0,1]$ が設問4のようにコンパクトでなくなる。答案には例と理由を書けば十分だが、こうした背景を1行添えると理解の深さが伝わる。

なぜ成り立つのか

連続関数が閉区間上で有界になる根拠は、閉区間のコンパクト性である。設問4で $I$ がコンパクトでないことを示したので最大値定理は使えず、実際に反例が作れる。設問4と設問7は一つの流れになっている。

反例の作り方

$\{1\}$ が $I$ の開集合であること、すなわち $1$ が孤立点であることがすべてである。$1$ が孤立点なら $f(1)$ の値は何でもよく、$[0,1)$ 上では通常の連続関数を自由に使える。$[0,1)$ 上で有界でない通常の連続関数は $\frac{1}{1-x}$ や $\tan\frac{\pi x}{2}$ などいくらでもある。

連続性の言い換え

$X$ 上の実数値関数 $f$ が連続であることは、各点 $x_0$ と各 $\varepsilon>0$ に対して $\delta>0$ が存在して $x_0\le x<x_0+\delta$ ならば $|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$ となること、すなわち右連続であることと同値である。この言い換えで確かめると、$x_0\in[0,1)$ では $g$ が右連続、$x_0=1$ では $[1,1+\delta)\cap I=\{1\}$ なので自明に条件を満たす、と一行で済む。

失点しやすい点

「$f$ は $x=1$ で不連続だが $\{1\}$ が開だから連続」という論法を、根拠なく書くと通らない。$\{1\}=[1,2)\cap I$ という等式を明示することが要点である。また値域の $\mathbb{R}$ には通常の位相を入れていることを断っておく。