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.