「多変数ベクトル値関数の連続って数学的に何？」「実際に証明してみよう！」【解析学の基礎シリーズ】多変数関数編 その8

本記事の内容

本記事は多変数ベクトル値関数の連続を数学的に明示し、具体例を証明する記事です。

本記事を読むにあたり、多変数ベクトル値関数の極限について知っている必要があるため、その際は以下の記事を参照してください。

「多変数ベクトル値関数の収束」【解析学の基礎シリーズ】多変数関数編 その2

本記事の内容本記事は「多変数ベクトル値関数の収束」について解説する記事です。本記事を読むにあたり、多変数ベクトル値関数とは何か、関数の極限について知っている必要があるため、その際は以下の記事を参照してください。関数の収束の復習と多変数ベクト

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多変数ベクトル値関数の連続のイメージのチャラい復習

サラッとですが、イメージを復習しておきます。

• 実数値関数の場合
  • 曲面の場合、定義域(領域)内のとある点において、穴が無い。もしくは、定義域(領域)内のどの点でも穴が無い。
  • 曲線の場合、定義域(領域)内のとある点において、途切れていない。もしくは、定義域(領域)内のどの点でも途切れていない。
• ベクトル値関数の場合
  矢印が連続的に変化する。

です。
「難しそうだネ」と思うかもしれませんが、形式的には何ら難しい話ではありません。

多変数ベクトル値関数の連続って数学的に何かネ？

多変数ベクトル値関数の連続は、1変数実数値関数の場合と同様です。
先程述べたイメージを少々数学的に述べれば、次です。

この”近づく”ということは数学的に極限で表現できるのでした。
これをしっかり数学的に表現すると次になります。

ここで一つ事実を思い出しておきましょう。

多変数ベクトル値関数の連続のちょっとした言い換え

実は、次が成り立っているのでした。

この定理の証明は【解析学の基礎シリーズ】多変数関数編 その2を参照してください。

とどのつまり、
$$\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})= \left( \begin{array}{c} f_1(\boldsymbol{x})\\ f_2(\boldsymbol{x})\\ \vdots \\ f_m(\boldsymbol{x}) \end{array} \right),\quad \boldsymbol{A}=\left( \begin{array}{c} A_1\\ A_2\\ \vdots\\ A_m \end{array} \right)$$
と書いたとき、
$$\lim_{\boldsymbol{x}\to\boldsymbol{a}}\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{A}\Leftrightarrow \ (\forall i\in\mathbb{N}:1\leq i\leq m)\ \lim_{\boldsymbol{x}\to\boldsymbol{a}}f_i(\boldsymbol{x})=A_i$$
が成り立つと言っているわけです。

ということは、多変数ベクトル値関数の連続においては
$$\lim_{\boldsymbol{x}\to\boldsymbol{a}}\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{f}(\boldsymbol{a})\Leftrightarrow \ (\forall i\in\mathbb{N}:1\leq i\leq m)\ \lim_{\boldsymbol{x}\to\boldsymbol{a}}f_i(\boldsymbol{x})=f_i(\boldsymbol{a})$$
が成り立っている、というわけなのです。
従って、次が成り立ちます。

従って、多変数ベクトル値関数の連続というのは、多変数ベクトル値関数の成分の実数値関数が連続である、ということなのです。
「結局は成分ごとに連続性を考えてね。」ということです。

「多変数ベクトル値関数の連続を数学的に説明せよ！」と言われたらばこれでおしまいです。
では、実際に例を証明してみましょう！

実際に証明してみよう！

例1. $\boldsymbol{f}:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$が
$$\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})= \left(\begin{array}{c}xy\\ \sin y\end{array}\right)$$
で定められているとします。
このとき$\boldsymbol{f}$は$\mathbb{R}^2$で連続です。

証明

示したいことは、
$$(\forall (a,b)\in\mathbb{R}^2)(\forall \epsilon>0)(\exists \delta>0)\ {\rm s.t.}\\ \left(\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2:\ 0<\left|\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ \end{array}\right)\right|<\delta\Rightarrow \left| \left(\begin{array}{c}xy\\ \sin y\\ \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}ab\\ \sin b\\ \end{array}\right) \right|<\epsilon\right)$$
です。

要は上記のような$\delta>0$を見つけたいという話です。
もし仮に、上記のような$\delta>0$があったとして、$\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}<\delta$を満たすような$(x,y)\in\mathbb{R}^2$について考えるわけです。
$(x-a)^2\geq0$かつ$(y-b)^2\geq0$なのですから、$(x-a)^2<\delta$かつ$(y-b)^2<\delta$です。
これに注意しておきましょう。
では、$\delta$を見つけるために式変形してみます。

$$\begin{eqnarray} \left| \left(\begin{array}{c}xy\\ \sin y\\ \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}ab\\ \sin b\\ \end{array}\right) \right|=\sqrt{(xy-ab)^2+(\sin y-\sin b)^2} \end{eqnarray}$$
です。
$(\sin y-\sin b)^2$については、【解析学の基礎シリーズ】関数の極限編 その12で示したように、
$$\begin{eqnarray} (\sin y-\sin b)^2\leq \left(2\sin\frac{y-b}{2}\right)^2\leq\left(2\cdot \frac{y-b}{2}\right)^2=(y-b)^2 \end{eqnarray}$$
です。
従って、
$$\sqrt{(xy-ab)^2+(\sin y-\sin b)^2}\leq\sqrt{(xy-ab)^2+(y-b)^2}$$
です。

一方、$(xy-ab)^2$については、
$$\begin{eqnarray} (xy-ab)^2&=&\big( (x-a)(y-b)+ay+bx-2ab \big)^2\\ &=&\big( (x-a)(y-b)+b(x-a)+a(y-b) \big)^2 \end{eqnarray}$$
です。
従って、
$$\begin{eqnarray} &&\sqrt{(xy-ab)^2+(\sin y-\sin b)^2}\\ &&\leq\sqrt{ (x-a)^2(y-b)^2+b^2(x-a)^2+(a^2+1)(y-b)^2+2b(x-a)^2(y-b)+2ab(x-a)(y-b)^2} \end{eqnarray}$$

ここで、$|x-a|<\delta$かつ$|y-b|<\delta$だったわけですので、

$$\begin{eqnarray} &&\sqrt{ (x-a)^2(y-b)^2+b^2(x-a)^2+(a^2+1)(y-b)^2+2b(x-a)^2(y-b)+2ab(x-a)(y-b)^2}\\ &&\leq\sqrt{\delta^4+2(a+b)\delta^3+\big( (a+b)^2+1 \big)\delta^2} \end{eqnarray}$$

従って、$\delta^4+2(a+b)+\delta^3\big( (a+b)^2+1 \big)\delta^2<\epsilon$となってほしいので、$\delta$の候補は$\delta^4+2(a+b)+\delta^3\big( (a+b)^2+1 \big)\delta^2=\epsilon$の解です。
しかし、これは４次方程式で、一応解の公式がありますが計算する気が失せるほど長く面倒です。
気になる方は４次方程式の解の公式を参照してください。
正直イヤになります。

さて、４次方程式を真正直に解くわけにはいきません。
問題なのは$\delta$の累乗が$4$という高い値なことです。
なんとかして$\delta^2$くらいまで下げれないかな、と考えるわけです。
もし仮に$\delta\leq1$であれば、$\delta^4\leq\delta^3\leq\delta^2\leq\delta$です。
故に、$\delta\leq1$であれば、
$$\begin{eqnarray} &&\sqrt{\delta^4+2(a+b)\delta^3+\big( (a+b)^2+1 \big)\delta^2}\\ &&\leq\sqrt{\delta+2(a+b)\delta+\big( (a+b)^2+1 \big)\delta} \end{eqnarray}$$
となるわけですので、
$$\sqrt{\delta}\cdot\sqrt{(a+b+1)^2+1}<\epsilon$$
という$\delta>0$を見つけてくればいいことになります。
故に$\sqrt{\delta}\cdot\sqrt{(a+b+1)^2+1}=\epsilon$を解くと、$\displaystyle\delta=\frac{\epsilon^2}{(a+b+1)^2+1}$です。
「これで$\delta$の候補が見つかったぜ！」となるわけですが、これはあくまで$\delta\leq1$の時の話です。
ということは、$\delta\leq1$となってほしいわけですので、$\delta$は$1$と$\displaystyle\delta=\frac{\epsilon^2}{(a+b+1)^2+1}$の内小さい方を採用すれば、上記の議論が成り立ちます。
故に
$$\delta=\min\left\{1,\frac{\epsilon^2}{(a+b+1)^2+1}\right\}$$
とすればOKです。

ここで一息着きましょう。
コーヒーを飲んでください。筆者は紅茶派だけどね。

では続きを行きます。
$$\delta=\min\left\{1,\frac{\epsilon^2}{(a+b+1)^2+1}\right\}$$
とすると、$0<\left| \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right) \right|<\delta$を満たす任意の$(x,y)\in \mathbb{R}^2$に対して、

$$\begin{eqnarray} &&\sqrt{(xy-ab)^2+(\sin y-\sin b)^2}\\ &=&\sqrt{ (x-a)^2(y-b)^2+b^2(x-a)^2+(a^2+1)(y-b)^2+2b(x-a)^2(y-b)+2ab(x-a)(y-b)^2}\\ &\leq&\sqrt{\delta^4+2(a+b)\delta^3+\big( (a+b)^2+1 \big)\delta^2}\\ &\leq&\sqrt{\delta+2(a+b)\delta+\big( (a+b)^2+1 \big)\delta}\\ &\leq&\sqrt{\frac{\epsilon^2}{(a+b+1)^2+1}+\frac{2(a+b)\epsilon^2}{(a+b+1)^2+1}+\frac{\big( (a+b)^2+1 \big)\epsilon^2}{(a+b+1)^2+1}}\\ &=&\epsilon\cdot\sqrt{\frac{1+2a+2b+a^2+2ab+b^2+1}{(a+b+1)^2+1}}\\ &=&\epsilon\cdot\sqrt{\frac{(a+b+1)^2+1}{(a+b+1)^2+1}}=\epsilon\\ \end{eqnarray}$$

以上のことから、
$$(\forall (a,b)\in\mathbb{R}^2)(\forall \epsilon>0)(\exists \delta>0)\ {\rm s.t.}\\ \left(\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2:\ 0<\left|\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ \end{array}\right)\right|<\delta\Rightarrow \left| \left(\begin{array}{c}xy\\ \sin y\\ \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}ab\\ \sin b\\ \end{array}\right) \right|<\epsilon\right)$$
です。

証明終わり

例2. $\boldsymbol{g}:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$が
$$\boldsymbol{g}(\boldsymbol{x})=\begin{cases} \left( \begin{array}{c} x \\ y\\ \end{array}\right)&(x,y)\neq(1,1)\\ \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0\\ \end{array}\right)&(x,y)=(1,1) \end{cases}$$
で定められているとします。
このとき、$\boldsymbol{g}$は$(x,y)=(1,1)$で不連続です。

証明

簡単です。
任意の$\epsilon>0$に対して、$\delta=\epsilon$とすると、
$$\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}<\delta=\epsilon$$
となり、
$$(\forall \epsilon>0)(\exists \delta>0)\ {\rm s.t.}\\ \left(\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2:\ 0<\left|\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ \end{array}\right)\right|<\delta\Rightarrow \left| \left(\begin{array}{c}x\\ y\\ \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ \end{array}\right) \right|<\epsilon\right)$$
ですから、
$$\lim_{(x,y)\to(1,1)}\left( \begin{array}{c} x \\ y\\ \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1\\ \end{array}\right)$$
です。
しかし、$\boldsymbol{g}(1,1)=(0,0)$です。
故に
$\boldsymbol{g}$は$(x,y)=(1,1)$で連続ではありません。

結

今回は多変数ベクトル値関数の連続を数学的に明示し、例を挙げてその連続性を証明しました。
結局の所、多変数ベクトル値関数の連続性は、成分の関数の連続性に帰着できるということです。
ただ、１変数実数値関数のときよりも次元が上がるため、証明は少々面倒です。

次回は連続な多変数ベクトル値関数の和、差も連続であるということを証明します。

乞うご期待！質問、コメントなどお待ちしております！