★P180

\(f,g\)がともに位相空間\(S\)で定義された実連続関数ならば,\(f+g,f-g,f\cdot g,af(a\in \mathbb{R})\)も実連続関数である.また,\(S\)のすべての点\(x\)において\(g(x) \neq 0\)ならば\(\frac{f}{g}\)も実連続関数である.

 
本だと「\(\delta=\min\left\{1,\frac{\epsilon}{|f(x_0)|+|g(x_0)|+1}\right\}\)とする」といきなり与えられていて「なんでこんな\(\delta\)が思いついたの??」という部分が釈然としないので天下り的でなく発見的な証明を作ってみます(\(f\cdot g\)だけ).ちょっと口語的で冗長だけど….

証明

\(x_0\)の\(S\)の任意の1点とし,\(\epsilon\)を任意の正の実数とする.示したいことは,この\(\epsilon\)に対して,\[\exists V \in\mathbb{V}_{S}(x_0)[x \in V \Rightarrow |f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)|<\epsilon]\tag{1}\]が成り立つことである.一方,与えられた仮定は\(f,g\)が連続であること,すなわち任意の正数\(\epsilon^{\prime},\epsilon^{\prime\prime}\)に対して\begin{cases}\exists V_1 \in\mathbb{V}_{S}(x_0)[x \in V_1 \Rightarrow |f(x)-f(x_0)|<\epsilon’]\\ \exists V_2 \in\mathbb{V}_{S}(x_0)[x \in V_2 \Rightarrow |g(x)-g(x_0)|<\epsilon^{\prime\prime}]\end{cases}である.P161定理\(10(\mathrm{Viii})\)により,\(V_1 \cap V_2 \in \mathbb{V}_{S}(x_0)\)であり,これを\(V\)とおくと,\(V \subset V_1,V\subset V_2\)だから\[\begin{cases}x \in V \Rightarrow |f(x)-f(x_0)|<\epsilon’\\ x \in V \Rightarrow |g(x)-g(x_0)|<\epsilon^{\prime\prime}\end{cases}(\forall \epsilon’,\epsilon^{\prime\prime}>0)\tag{2}\]が成り立つ.この2式の利用を考える.\((1)\)において示すべき\(V\)は,上で定義した\(V=V_1\cap V_2\)ではないか?という予想を立てて先へ進んでみる.

\(x \in V\)とする(\((1)\)の仮定).このとき,\((2)\)(の結論)が使えることに留意しつつ,\(|f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)|<\epsilon\)を目指す.

\begin{align*}
&|f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)|\\
=&|f(x)(g(x)-g(x_0))+f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x_0)|\\
=&|f(x)(g(x)-g(x_0)) + g(x_0)(f(x)-f(x_0))|\\
\leq &|f(x)||g(x)-g(x_0)| + |g(x_0)||f(x)-f(x_0)|\\
<&|f(x)|\epsilon^{\prime\prime} + |g(x_0)|\epsilon’\tag{\(\ast\)} \end{align*}\(f(x)\)は変数\(x\)に依存しているのでこれをなんとかしたい.そこで,\(\epsilon’>0\)が任意であったことに着目して\(\epsilon^{\prime} \leq 1\)と決める.すると\(|f(x)-f(x_0)|<1\).これと三角不等式\(|f(x)|-|f(x_0)| \leq |f(x)-f(x_0)|\)により\(|f(x)|<|f(x_0)|+1\)を得る.したがって,\[(\ast)=|f(x)|\epsilon^{\prime\prime}+|g(x_0)|\epsilon’ < (|f(x_0)|+1)\epsilon^{\prime\prime} + |g(x_0)|\epsilon’\]ここで,\(\epsilon^{\prime\prime}\)と\(\epsilon’\)は\(\epsilon^{\prime\prime}=\epsilon’=\frac{\epsilon}{1+|f(x_0)|+|g(x_0)|}\)と定めればよいのではないか?と気づく.ただし,\(\epsilon^{\prime}\)は\(\epsilon^{\prime}\leq 1\)と定めたのであったから,結局\(\epsilon^{\prime\prime}=\epsilon’=\min\left\{1,\frac{\epsilon}{1+|f(x_0)|+|g(x_0)|}\right\}\)と定めればよいことになる.実際,\(\epsilon^{\prime\prime}=\epsilon’=1\left(<\frac{\epsilon}{1+|f(x_0)|+|g(x_0)|}\right)\)であっても\(\epsilon^{\prime\prime}=\epsilon’=\frac{\epsilon}{1+|f(x_0)|+|g(x_0)|}\)であっても\((\ast)<\epsilon\)となる.
 
証明終

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