다변수함수의 극한 증명 예시

풀이. 점 $(x,\,y)$가 임의로 주어졌다고 하자. 그리고 $\epsilon > 0$이 임의로 주어졌다고 하자. $$\delta = \frac{\epsilon}{2}$$ 이라고 하면 모든 실수 $s,$ $t$에 대하여 다음이 성립한다. $$\begin{align} \lvert s-x \rvert < \delta \quad &\Rightarrow \quad \lvert \sin s - \sin x \rvert \le \lvert s-x \rvert < \delta = \frac{\epsilon}{2} , \tag{1.1} \\[8pt] \lvert t-y \rvert < \delta \quad &\Rightarrow \quad \lvert \sin t - \sin y \rvert \le \lvert t-y \rvert < \delta = \frac{\epsilon}{2} . \tag{1.2} \end{align}$$ $\lvert (s,\,t) - (x,\,y) \rvert < \delta$일 때 $$\begin{align} \lvert s-x \vert = \sqrt{ (s-x)^2 } \le \sqrt{ (s-x)^2 + (t-y)^2 } < \delta , \\[8pt] \lvert t-y \vert = \sqrt{ (t-y)^2 } \le \sqrt{ (s-x)^2 + (t-y)^2 } < \delta \end{align}$$ 이므로 (1.1), (1.2)에 의하여 $$\lvert \sin s - \sin x \rvert < \frac{\epsilon}{2}, \\[6pt] \lvert \sin t - \sin y \rvert < \frac{\epsilon}{2}$$ 이며, 따라서 $$\begin{align} \lvert f(s,\,t) - f(x,\,y) \rvert &= \lvert (\sin s + \sin t) - (\sin x + \sin y) \rvert \\[8pt] &= \lvert (\sin s - \sin x) + (\sin t - \sin y) \rvert \\[6pt] &\le \lvert \sin s - \sin x \rvert + \lvert \sin t - \sin y \rvert < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon \end{align}$$ 이 성립한다. 즉 $f$는 $(x,\,y)$에서 연속이다. $(x,\,y)$가 $\mathbb{R}^2$의 임의의 점이므로, $f$는 모든 점에서 연속이다.

풀이. 연속의 정의의 부정을 증명하자. 즉 다음이 성립함을 보이자. $$\exists \epsilon > 0 \,\, \forall \delta > 0 \,\, \exists ( x,\,y) \,\,:\,\, \left( \lvert (x,\,y) - (0,\,0) \rvert < \delta \,\,\wedge\,\, \lvert f(x,\,y) - f(0,\,0) \rvert \ge \epsilon \right)$$ 이것을 증명하기 위하여 $\epsilon = 1$이라고 하자. 그리고 $\delta > 0$가 임의로 주어졌다고 하자. 이제 $(0,\,0)$과의 거리가 $\delta$보다 작으면서 $\lvert f(x,\,y) - f(0,\,0)\rvert \ge \epsilon$인 점 $(x,\,y)$가 존재함을 보여야 한다. $$x = \min \left\{ \frac{1}{2} ,\, \frac{\delta}{2} \right\},\,\, y=x^2 \tag{2.1}$$ 이라고 하자. 만약 $\delta \le 1$이면 $$x^2 + y^2 = \frac{\delta^2}{4} + \frac{\delta^4}{16} < \frac{\delta^2}{4} + \frac{\delta^2}{4} = \frac{\delta^2}{2}$$ 이므로 $$\lvert (x,\,y) - (0,\,0) \rvert = \sqrt{x^2 + y^2} < \frac{\delta}{\sqrt{2}} < \delta \tag{2.2}$$ 이며, 만약 $\delta > 1$이면 $$x^2 + y^2 = \left( \frac{1}{2} \right)^2 + \left( \frac{1}{2} \right)^4 = \frac{5}{16} < 1$$ 이므로 $$\lvert (x,\,y) - (0,\,0) \rvert = \sqrt{x^2 + y^2} < 1 < \delta \tag{2.3}$$ 이다. 그러므로 (2.2), (2.3)에 의하여, 어느 경우에나 $(x,\,y)$는 $\lvert (x,\,y) - (0,\,0) \rvert < \delta$를 만족시킨다. 그런데 (2.1)에 의하여 $(x,\,y)$는 $y=x^2$을 만족시키므로 $$\lvert f(x,\,y) - f(0,\,0) \rvert = f(x,\,y) = 1 \ge \epsilon$$ 이다. 그러므로 $f$는 $(0,\,0)$에서 연속이 아니다.

풀이. $u = \langle u_1 ,\, u_2 \rangle$가 단위벡터라고 하자. $(D_u f)(0,\,0) = 0$을 보이기 위해서는 다음 등식이 성립함을 보여야 한다. $$\lim_{s\to 0} \frac{ f( 0+ su_1 ,\, 0+ su_2 ) - f(0,\,0) } {s} = 0.$$ $f(0,\,0) =0$이므로, 위 등식은 다음과 같다. $$\lim_{s\to 0} \frac{ f( su_1 ,\, su_2 ) } {s} = 0. \tag{2.4}$$ 만약 $u_1 u_2 \le 0$이라면 $(su_1 ,\, su_2 )$는 좌표평면에서 제 2 사분면, 제 4 사분면 또는 축 위의 점이므로 곡선 $$y=x^2 ,\,\, x > 0 \tag{2.5}$$ 위에 놓여 있지 않다. 즉 이 경우에 $f(su_1 ,\, su_2 ) =0$이므로 (2.4)가 성립한다.

다음으로 $u_1 u_2 > 0$인 경우를 살펴보자. 좌표평면에서 원점을 지나고 기울기가 양수인 직선은 곡선 (2.5)와 딱 한 번 만나므로, 점 $(su_1 ,\, su_2 )$는 $s$를 변수로 생각했을 때 곡선 (2.5)와 딱 한 번 만나며, 만나는 점은 제 1 사분면에 있다. 그 교점을 $P$라고 하고, $P$와 원점의 거리를 $\delta$라고 하면 $\delta > 0$이다.

이제 $0 < \lvert s-0 \rvert < \delta$라고 하자. 그러면 $(su_1 ,\, su_2 )$와 $(0,\,0)$의 거리는 $\delta$ 미만이므로 $(su_1 ,\, su_2 )$는 곡선 (2.5) 위에 놓여 있지 않다. 그러므로 $$\left\lvert \frac{f(su_1 ,\, su_2 )}{s} -0 \right\rvert = \left\lvert \frac{0}{s} \right\rvert = 0 < \epsilon$$ 이 성립한다. 그러므로 (2.4)가 증명되었다.

풀이. $\epsilon > 0$이 임의로 주어졌다고 하자. $\delta = \sqrt{\epsilon}$이라고 하자. 그리고 $$\lvert (x,\,y) - (0,\,0) \rvert < \delta$$ 라고 하자. 만약 $(x,\,y) = (0,\,0)$이면 $$\lvert f(x,\,y) - f(0,\,0) \rvert = 0 < \epsilon$$ 이 성립한다. 만약 $(x,\,y) \ne (0,\,0)$이면 $$\begin{align} \lvert f(x,\,y) - f(0,\,0) \rvert &= \frac{x^4 + y^4}{x^2 + y^2} \\[6pt] &\le \frac{x^4 + 2 x^2 y^2 + y^4}{x^2 + y^2} \\[4pt] &= \frac{ \left( x^2 + y^2 \right)^2}{x^2 + y^2} \\[6pt] &= x^2 + y^2 < \delta^2 = \epsilon \end{align}$$ 이 성립한다. 그러므로 $f$는 $(0,\,0)$에서 연속이다.

풀이. 먼저 $f$가 $(0,\,0)$에서 연속임을 보이자. $\epsilon > 0$이 임의로 주어졌다고 하자. $\delta = \sqrt{\epsilon}$이라고 하자. 그리고 $$\lvert (x,\,y) - (0,\,0) \rvert < \delta$$ 라고 하자. 만약 $(x,\,y) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$이면 $$\lvert f(x,\,y) - f(0,\,0) \rvert = x^2 + y^2 = \lvert (x,\,y) - (0,\,0) \rvert ^2 < \delta^2 = \epsilon$$ 이 성립한다. 만약 $(x,\,y) \notin \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$이면 $$\lvert f(x,\,y) - f(0,\,0) \rvert = \lvert 0-0 \rvert =0 < \epsilon$$ 이 성립한다. 그러므로 $f$는 $(0,\,0)$에서 연속이다.

다음으로 $f$가 원점이 아닌 다른 점에서 불연속임을 보이자. 원점이 아닌 점 $(a,\,b)$가 임의로 주어졌다고 하자.

만약 $(a,\,b) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$이면 $\epsilon = f(a,\,b)$라고 하자. 그러면 $\epsilon > 0$이다. 이제 $\delta > 0$가 임의로 주어졌다고 하자. 그러면 무리수의 조밀성에 의하여 $$\begin{align} 0 & < \lvert x-a \rvert < \frac{\delta}{2} , \\[6pt] 0 & < \lvert y-b \rvert < \frac{\delta}{2} \end{align}$$ 를 만족시키는 두 무리수 $x,$ $y$가 존재한다. 이때 $$0 < \lvert (x,\,y) - (a,\,b) \rvert \le \lvert x-a \rvert + \lvert y-b \rvert < \delta \tag{4.1}$$ 가 성립하며, $$\lvert f(x,\,y) - f(a,\,b) \rvert = \lvert 0- f(a,\,b) \rvert = f(a,\,b) \ge \epsilon \tag{4.2}$$ 이 성립한다.

만약 $(a,\,b) \notin \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$이면 $$\epsilon = \frac{a^2 + b^2}{4}$$ 이라고 하자. 그러면 $\epsilon > 0$이다. 표기를 편하게 하기 위하여 $\delta_1 = \frac{1}{2} \lvert ( a,\,b) \rvert$라고 하자. 이제 $\delta > 0$가 임의로 주어졌다고 하자. 그러면 유리수의 조밀성에 의하여 $$\begin{align} 0 & < \lvert x-a \rvert < \frac{1}{2} \min \left\{ \delta ,\, \delta_1 \right\} , \\[6pt] 0 & < \lvert y-b \rvert < \frac{1}{2} \min \left\{ \delta ,\, \delta_1 \right\} \end{align}$$ 을 만족시키는 두 유리수 $x,$ $y$가 존재한다. 이때 $$0 < \lvert (x,\,y) - (a,\,b) \rvert \le \lvert x-a \rvert + \lvert y-b \rvert < \min\left\{ \delta ,\, \delta_1 \right\} \tag{4.3}$$ 이 성립하며, $$\begin{align} \lvert f(x,\,y) - f(a,\,b) \rvert &= x^2 + y^2 = \lvert (x,\,y) \rvert ^2 \\[6pt] &= \lvert (a,\,b) + (x,\,y) - (a,\,b) \rvert ^2 \\[6pt] &\ge \left( \lvert (a,\,b) \rvert - \lvert (x,\,y) - (a,\,b) \rvert \right)^2 \\[6pt] & = \left( 2\delta_1 - \lvert (x,\,y) - (a,\,b) \rvert \right)^2 \\[6pt] & > \left( 2\delta_1 - \delta_1 \right)^2 = \delta_1 {} ^2 \\[6pt] &= \frac{a^2 + b^2}{4} = \epsilon \tag{4.4} \end{align}$$ 이 성립한다.

(4.1), (4.2), (4.3), (4.4)에 의하여 $$0 < \lvert (x,\,y) - (a,\,b) \rvert < \delta \,\,\wedge\,\, \lvert f(x,\,y) -f(a,\,b) \rvert \ge \epsilon$$ 인 점 $(x,\,y)$가 존재하므로, $f$는 $(a,\,b)$에서 불연속이다.

풀이. $f$가 $(0,\,0)$에서 편미분 가능함은 자명하다. 즉 $$\frac{\partial f}{\partial x} (0,\,0) = 0 ,\,\,\, \frac{\partial f}{\partial y} (0,\,0) = 0 \tag{4.5}$$ 이다. 이제 선형변환 $A : \mathbb{R}^2 \,\rightarrow \, \mathbb{R}$를 다음과 같은 행렬로 정의하자. $$A = \left[ 0 \quad 0 \right].$$ 그러면 임의의 벡터 $\textbf{h} = \binom{h_1}{h_2}$에 대하여 $$A \textbf{h} = 0$$ 이므로 $A$는 $\mathbb{R}^2$의 모든 점을 $0$에 대응시키는 선형사상이다. 다음으로 $\textbf{h} = \langle h_1 ,\, h_2 \rangle$가 $\textbf{0}$이 아닌 2차원 벡터라고 하자. 만약 $\textbf{h} \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$이면 $$f(\textbf{h}) = h_1 {}^2 + h_2 {}^2 = \lvert \textbf{h} \rvert^2$$ 이고, 만약 $\textbf{h} \notin \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$이면 $$f(\textbf{h}) = 0 \le \lvert \textbf{h} \rvert^2$$ 이다. 그러므로 어느때나 $$\lvert f(\textbf{h}) \rvert \le \lvert \textbf{h} \rvert^2 \tag{4.6}$$ 이다. 이제 다음 극한을 계산하자. $$\lim_{\textbf{h} \to \textbf{0}} \frac{\lvert f(\textbf{0}+\textbf{h}) - f(\textbf{0}) - A\textbf{h} \rvert}{\lvert \textbf{h} \rvert}.\tag{4.7}$$ $f(\textbf{0})=0$이고 $A\textbf{h} = 0$이므로 위 극한은 다음과 같다. $$\lim_{\textbf{h} \to \textbf{0}} \frac{\lvert f(\textbf{h}) \rvert}{\lvert \textbf{h} \rvert}.\tag{4.8}$$ 그런데 (4.6)에 의하여 $$\frac{\lvert f(\textbf{h}) \rvert}{\lvert \textbf{h} \rvert} \le \frac{\lvert \textbf{h} \rvert^2}{\lvert \textbf{h} \rvert} = \lvert \textbf{h} \rvert$$ 이므로 $\lvert \textbf{h} \rvert \,\rightarrow\, \textbf{0}$일 때 $$\frac{\lvert f(\textbf{h}) \rvert}{\lvert \textbf{h} \rvert} \,\rightarrow\,0$$ 이다. 즉 (4.7)의 극한이 $0$에 수렴하므로 $f$는 $(0,\,0)$에서 미분 가능하며, 그 점에서 $f$의 미분계수는 행렬 $A$로 표현되는 선형사상이다.