PROOF 133
증명하라.
연속의 정의는 극한의 정의에서 나온다
실수 ℝ 위에서.
한 줄씩, 이유를 따라가 봅시다
먼저 이미 주어진 것과 앞으로 보여야 할 것을 나누어 읽어 보세요. 다음 줄로 넘어갈 때마다 어떤 정의나 앞의 결과를 사용했는지 묻습니다. 연결이 보이지 않으면 결론을 외우기보다 그 전제로 잠시 돌아가도 좋습니다.
정의 D1
lim(x→c) f(x) = L 은 다음을 뜻한다. 모든 ε > 0 에 대하여 어떤 δ > 0 이 있어, 0 < |x − c| < δ 인 모든 x 에서 |f(x) − L| < ε 이다.
증명.
(1)조건 0 < |x − c| 는 x = c 를 제외한다. f(c) 는 이 정의에 들어오지 않는다.약속
(2)f 는 c 에서 값을 갖지 않아도 된다. 극한은 c 의 주변에서만 정해진다.약속
∎
정의 D2
f 가 c 에서 연속이라는 것은 다음 셋이 모두 성립함을 뜻한다. (i) f(c) 가 정의된다. (ii) lim(x→c) f(x) 가 존재한다. (iii) 그 극한값이 f(c) 와 같다.
증명.
(1)(ii) 와 (iii) 은 D1 을 통해서만 뜻을 갖는다. 연속의 정의는 극한의 정의 위에 얹힌다.D1
(2)(i) 은 f 의 정의역에 대한 조건이며 극한을 쓰지 않는다.약속
∎
정리 T1
f 가 c 에서 연속인 것과 다음은 같다. 모든 ε > 0 에 대하여 어떤 δ > 0 이 있어, |x − c| < δ 인 모든 x 에서 |f(x) − f(c)| < ε 이다.
증명.
(1)f 가 c 에서 연속이라 하자. f(c) 가 정의되고 lim(x→c) f(x) = f(c) 이다.가정, D2
(2)ε > 0 이 주어졌다고 하자. δ > 0 이 있어 0 < |x − c| < δ 이면 |f(x) − f(c)| < ε 이다.(1), D1
(3)|x − c| < δ 인 x 를 잡는다. 0 ≤ |x − c| 이므로 |x − c| = 0 이거나 0 < |x − c| 이다.A1, A14
(4)|x − c| = 0 이면 x = c 이고 |f(c) − f(c)| = |0| = 0 < ε 이다.(3), 가정, A2, A6
(5)0 < |x − c| 이면 (2) 에 의해 |f(x) − f(c)| < ε 이다.(2), (3)
(6)그러므로 |x − c| < δ 인 모든 x 에서 |f(x) − f(c)| < ε 이다.(3), (4), (5)
(7)거꾸로 그 조건이 성립한다고 하자. 식에 f(c) 가 나타나므로 f(c) 는 정의된다.가정
(8)0 < |x − c| < δ 이면 |x − c| < δ 이므로 |f(x) − f(c)| < ε 이다.(7)
(9)그러므로 lim(x→c) f(x) = f(c) 이고, 세 조건이 모두 성립하여 f 는 c 에서 연속이다.(7), (8), D1, D2
(10)두 조건의 차이는 x = c 하나뿐이다. 그 x 에서 부등식은 0 < ε 이 되어 언제나 성립하므로 제외해도 되고 넣어도 된다.(4)
∎
정리 T2
극한이 존재해도 함숫값이 없으면 연속이 아니다.
증명.
(1)정의역이 x ≠ 0 인 실수 전체이고 f(x) = x 인 함수와 c = 0 을 잡는다.약속
(2)ε > 0 에 대하여 δ = ε 로 두면 0 < |x − 0| < δ 인 x 에서 |f(x) − 0| = |x| < ε 이다.(1), A13
(3)그러므로 lim(x→0) f(x) = 0 이 존재한다.(2), D1
(4)0 은 정의역에 없으므로 f(0) 이 정의되지 않는다.(1)
(5)(i) 이 성립하지 않으므로 f 는 0 에서 연속이 아니다.(4), D2
∎
정리 T3
함숫값이 있어도 극한이 없으면 연속이 아니다.
증명.
(1)x > 0 에서 f(x) = 1, x ≤ 0 에서 f(x) = −1 인 함수와 c = 0 을 잡는다.약속
(2)f(0) = −1 이므로 (i) 은 성립한다.(1)
(3)lim(x→0) f(x) = L 이라 하자.가정
(4)ε = 1 에 대하여 δ > 0 이 있어 0 < |x| < δ 이면 |f(x) − L| < 1 이다.(3), A12, D1
(5)0 < δ/2 < δ 이고 |δ/2| = δ/2 이므로 x = δ/2 는 그 조건을 만족한다.(4), A10, A3
(6)δ/2 > 0 이므로 f(δ/2) = 1 이고 |1 − L| < 1 이다.(1), (4), (5)
(7)x = −δ/2 에서 |−δ/2| = δ/2 이므로 0 < |x| < δ 이다.(5), A4, A3
(8)−δ/2 < 0 이므로 f(−δ/2) = −1 이고 |−1 − L| < 1 이다.(1), (4), (7), A10, A13
(9)|−1 − L| = |−(1 + L)| = |1 + L| = |L − (−1)|A4, A13
(10)(1 − L) + (L − (−1)) = 1 − (−1) = 1 + 1 = 2A11, A13, A15
(11)|2| ≤ |1 − L| + |L − (−1)|(10), A5
(12)|1 − L| + |L − (−1)| < 1 + |L − (−1)| < 1 + 1 = 2(6), (8), (9), A9, A7, A15
(13)0 < 2 이므로 |2| = 2 이고, 2 < 2 가 되어 어긋난다.(11), (12), A12, A3, A7
(14)그러므로 극한이 존재하지 않아 (ii) 이 성립하지 않고, f 는 0 에서 연속이 아니다.(13), A8, D2
∎
정리 T4
함숫값과 극한이 모두 있어도 둘이 같지 않으면 연속이 아니다.
증명.
(1)x ≠ 0 에서 g(x) = x 이고 g(0) = 1 인 함수와 c = 0 을 잡는다.약속
(2)g(0) = 1 이므로 (i) 이 성립한다.(1)
(3)ε > 0 에 대하여 δ = ε 로 두면 0 < |x| < δ 인 x 는 x ≠ 0 이므로 g(x) = x 이고 |g(x) − 0| = |x| < ε 이다.(1), A2, A13
(4)그러므로 lim(x→0) g(x) = 0 이고 (ii) 이 성립한다.(3), D1
(5)0 = 1 이라 하면 0 < 1 에서 0 < 0 이 되어 어긋난다. 그러므로 0 ≠ 1 이다.A12, A8
(6)극한값 0 과 함숫값 g(0) = 1 이 다르므로 (iii) 이 성립하지 않는다.(2), (4), (5)
(7)g 는 0 에서 연속이 아니다.(6), D2
(8)g(0) 의 값을 1 에서 0 으로 바꾸면 세 조건이 모두 성립한다. 함숫값 하나를 고쳐 없앨 수 있는 이러한 어긋남을 제거 가능한 불연속이라 한다.(4), (7), D2
∎
비고
A14 는 이 증명에서 제거할 수 있는가.
T1 은 |x − c| 를 두 경우로 나눈 뒤 각각을 따로 다룬다. 그 나눔을 허락하는 것이 무엇인지 확인하라.