f が R 全体で微分可能であるとする。f が R 全体で連続であることを証明せよ。

Step-by-step solution

1. 1

   主張を 1 点の話に帰着させる。 $\mathbb{R}$ 上の連続性とは、すべての $a\in\mathbb{R}$ における連続性のことなので、任意に固定した $a$ について

   $\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$

   を示せば十分である。同じことだが $\displaystyle\lim_{x\to a}\big(f(x)-f(a)\big)=0$ を示せばよい。

2. 2

   仮定を使う。 仮定より $f$ は $a$ で微分可能であり、これは極限

   $f'(a)=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$

   が有限の値として存在することを意味する。使えるのはこの存在だけなので、証明はそれを使う形に組み立てなければならない。

3. 3

   差分商を人為的に挿入する。 $x\neq a$ のとき、$x-a$ を掛けてかつ割ることで次の恒等式が得られる。

   $f(x)-f(a)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot(x-a)$

   これが手口のすべてである。未知の差が、極限のわかっているものと、明らかに $0$ に近づくものとの積に変わる。

4. 4

   極限の積の法則で極限をとる。 どちらの因子にも極限があるので、積の極限は極限の積になる。

   $\lim_{x\to a}\big(f(x)-f(a)\big)=\left(\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right)\cdot\left(\lim_{x\to a}(x-a)\right)=f'(a)\cdot 0=0$

   $f'(a)$ が有限であることが本質的である。導関数が無限なら不定形 $\infty\cdot 0$ が残ってしまう。

5. 5

   結論する。 したがって $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$、すなわち $f$ は $a$ で連続である。$a$ は任意だったので

   $\boxed{f\text{ は連続である。その定義域は }\mathbb{R}}$

   が成り立つ。

6. 6

   逆は成り立たないことに注意する。 連続性は微分可能性を意味しない。$f(x)=|x|$ は $0$ で連続だが、差分商 $\tfrac{|x|}{x}$ は右からは $+1$、左からは $-1$ に近づくので $f'(0)$ は存在しない。ワイエルシュトラスの関数はいたるところ連続でいたるところ微分不可能であり、この隔たりが些細な例外ではないことを示している。