「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

for-spring.com

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！