(1) 関数 $f(x)$ が次のように定義されているとき、$f(x)$ が $x=0$ で連続であることを $\epsilon-\delta$ 論法を用いて証明する。 $$ f(x) = \begin{cases} \sqrt{|x|} \sin\left(\frac{1}{x}\right), & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} $$ (2) $I=(a, b)$、$c \in (a, b)$とする。 $I$上の関数$f(x)$が$x=c$で連続ならば、$|f(x)|$も$x=c$で連続であることを$\epsilon-\delta$論法を使って証明する。

1. 問題の内容

(1) 関数 $f(x)$ が次のように定義されているとき、$f(x)$ が $x=0$ で連続であることを $\epsilon-\delta$ 論法を用いて証明する。

$$$$

f(x) = \begin{cases}

\sqrt{|x|} \sin\left(\frac{1}{x}\right), & x \neq 0 \\

0, & x = 0

\end{cases}

$$$$

(2) $I=(a, b)$、$c \in (a, b)$とする。 $I$上の関数$f(x)$が$x=c$で連続ならば、$|f(x)|$も$x=c$で連続であることを$\epsilon-\delta$論法を使って証明する。

2. 解き方の手順

(1) $x=0$ で連続であることを示すには、任意の $\epsilon > 0$ に対して、ある $\delta > 0$ が存在し、$|x-0| < \delta$ ならば $|f(x)-f(0)| < \epsilon$ となることを示せばよい。

$f(0) = 0$ であるから、$|f(x)-f(0)| = |f(x)| = |\sqrt{|x|} \sin\left(\frac{1}{x}\right)|$ である。

$|\sin\left(\frac{1}{x}\right)| \le 1$ より、

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|\sqrt{|x|} \sin\left(\frac{1}{x}\right)| \le \sqrt{|x|}

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$\epsilon > 0$ に対して、$\delta = \epsilon^2$ とおくと、$|x| < \delta$ ならば $\sqrt{|x|} < \sqrt{\delta} = \epsilon$ となる。

したがって、$|x| < \delta$ ならば $|f(x) - f(0)| \le \sqrt{|x|} < \epsilon$ となるので、$f(x)$ は $x=0$ で連続である。

(2) $f(x)$ が $x=c$ で連続であるとする。これは、任意の $\epsilon > 0$ に対して、ある $\delta > 0$ が存在し、$|x-c| < \delta$ ならば $|f(x)-f(c)| < \epsilon$ となることを意味する。

$|f(x)|$ が $x=c$ で連続であることを示すには、任意の $\epsilon > 0$ に対して、ある $\delta > 0$ が存在し、$|x-c| < \delta$ ならば $||f(x)|-|f(c)||<\epsilon$ となることを示せばよい。

三角不等式より、$||f(x)|-|f(c)|| \le |f(x)-f(c)|$ が成り立つ。

$f(x)$ が $x=c$ で連続であるから、任意の $\epsilon > 0$ に対して、ある $\delta > 0$ が存在し、$|x-c| < \delta$ ならば $|f(x)-f(c)| < \epsilon$ となる。

したがって、$|x-c| < \delta$ ならば $||f(x)|-|f(c)|| \le |f(x)-f(c)| < \epsilon$ となるので、$|f(x)|$ は $x=c$ で連続である。

3. 最終的な答え

(1) $f(x)$は$x=0$で連続である。

(2) $|f(x)|$は$x=c$で連続である。