関数 $f(x)$ と $g(x)$ が $x=a$ で連続であるとき、以下の関数も $x=a$ で連続であることを $\epsilon$-$\delta$ 論法を用いて証明せよ。 (2) $f(x)g(x)$ (3) $\frac{f(x)}{g(x)}$ (ただし、$g(a) \neq 0$)

1. 問題の内容

関数 $f(x)$ と $g(x)$ が $x=a$ で連続であるとき、以下の関数も $x=a$ で連続であることを $\epsilon$-$\delta$ 論法を用いて証明せよ。

(2) $f(x)g(x)$

(3) $\frac{f(x)}{g(x)}$ (ただし、$g(a) \neq 0$)

2. 解き方の手順

(2) $f(x)g(x)$ の連続性を示す。

$f(x)$ と $g(x)$ が $x=a$ で連続であるから、任意の $\epsilon > 0$ に対して、ある $\delta_1 > 0$ が存在し、$|x - a| < \delta_1$ ならば $|f(x) - f(a)| < \epsilon_1$ が成り立つ。同様に、ある $\delta_2 > 0$ が存在し、$|x - a| < \delta_2$ ならば $|g(x) - g(a)| < \epsilon_2$ が成り立つ。

$|f(x)g(x) - f(a)g(a)|$ を評価する。

$|f(x)g(x) - f(a)g(a)| = |f(x)g(x) - f(x)g(a) + f(x)g(a) - f(a)g(a)|$

$= |f(x)(g(x) - g(a)) + g(a)(f(x) - f(a))|$

$\le |f(x)||g(x) - g(a)| + |g(a)||f(x) - f(a)|$

$f(x)$ は $x=a$ で連続なので、$x=a$ の近くで有界である。つまり、ある $M > 0$ が存在して $|f(x)| < M$ とできる。よって、

$|f(x)g(x) - f(a)g(a)| \le M|g(x) - g(a)| + |g(a)||f(x) - f(a)|$

任意の $\epsilon > 0$ に対して、$\epsilon_1 = \frac{\epsilon}{2|g(a)|}$ (ただし、$g(a) \neq 0$), $\epsilon_2 = \frac{\epsilon}{2M}$ とおき、$\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$ とすると、

$|x - a| < \delta$ ならば $|f(x)g(x) - f(a)g(a)| < M\frac{\epsilon}{2M} + |g(a)|\frac{\epsilon}{2|g(a)|} = \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$

したがって、$f(x)g(x)$ は $x=a$ で連続である。($g(a) = 0$の場合も同様に証明できる。)

(3) $\frac{f(x)}{g(x)}$ の連続性を示す。

$g(a) \neq 0$ であるから、$g(x)$ は $x=a$ で連続なので、$x=a$ の近くで $g(x)$ は $0$ から離れている。つまり、ある $\delta_1 > 0$ が存在し、$|x - a| < \delta_1$ ならば $|g(x)| > \frac{|g(a)|}{2}$ が成り立つ。

$\left|\frac{f(x)}{g(x)} - \frac{f(a)}{g(a)}\right| = \left|\frac{f(x)g(a) - f(a)g(x)}{g(x)g(a)}\right| = \left|\frac{f(x)g(a) - f(a)g(a) + f(a)g(a) - f(a)g(x)}{g(x)g(a)}\right|$

$= \left|\frac{g(a)(f(x) - f(a)) - f(a)(g(x) - g(a))}{g(x)g(a)}\right|$

$\le \frac{|g(a)||f(x) - f(a)| + |f(a)||g(x) - g(a)|}{|g(x)||g(a)|} < \frac{|g(a)||f(x) - f(a)| + |f(a)||g(x) - g(a)|}{\frac{|g(a)|}{2}|g(a)|} = \frac{2}{|g(a)|^2}(|g(a)||f(x) - f(a)| + |f(a)||g(x) - g(a)|)$

任意の $\epsilon > 0$ に対して、$\epsilon_1 = \frac{\epsilon |g(a)|^2}{4|g(a)|}$, $\epsilon_2 = \frac{\epsilon |g(a)|^2}{4|f(a)|}$ とおき、ある $\delta_2, \delta_3 > 0$ が存在し、$|x - a| < \delta_2$ ならば $|f(x) - f(a)| < \epsilon_1$, $|x - a| < \delta_3$ ならば $|g(x) - g(a)| < \epsilon_2$ が成り立つ。

$\delta = \min\{\delta_1, \delta_2, \delta_3\}$ とすると、$|x - a| < \delta$ ならば、

$\left|\frac{f(x)}{g(x)} - \frac{f(a)}{g(a)}\right| < \frac{2}{|g(a)|^2}\left(|g(a)|\frac{\epsilon |g(a)|^2}{4|g(a)|} + |f(a)|\frac{\epsilon |g(a)|^2}{4|f(a)|}\right| = \frac{2}{|g(a)|^2}\left(\frac{\epsilon |g(a)|^2}{4} + \frac{\epsilon |g(a)|^2}{4}\right) = \frac{2}{|g(a)|^2}\frac{\epsilon |g(a)|^2}{2} = \epsilon$

したがって、$\frac{f(x)}{g(x)}$ は $x=a$ で連続である。

3. 最終的な答え

(2) $f(x)g(x)$ は $x=a$ で連続である。

(3) $\frac{f(x)}{g(x)}$ は $x=a$ で連続である。