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A 回答 (3件)
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No.3
- 回答日時:
(lim_{n→∞}x_n=a)←def→(∀ε>0⇒∃n_0(n>n_0⇒|x_n-a|<ε))
(lim_{n→∞}f(x_n)=f(a))←def→(∀ε>0⇒∃n_0(n>n_0⇒|f(x_n)-f(a)|<ε))
(関数f:A→Rがa∈Aで連続)←def→(∀V開∋f(a) ⇒ ∃U(a∈UはAで開, f(U)⊂V))
(関数f:A→Rが連続)←def→(∀V開⊂R ⇒ f^{-1}(V)はAで開)
関数f:A→Rがa∈Aで連続である
←→
aに収束するA内の任意の数列{x_n}に対しlim_{n→∞}f(x_n)=f(a)
の証明
→)
関数f:A→Rがa∈Aで連続だから
∀ε>0に対して V={y||y-f(a)|<ε} とすると
∃U(a∈UはAで開, f(U)⊂V)
∃δ>0({x||x-a|<δ}⊂U)
lim_{n→∞}x_n=a , x_n∈Aだから
∃n_0(n>n_0 ⇒|x_n-a|<δ)
n>n_0 ⇒|x_n-a|<δ ⇒ x_n∈{x||x-a|<δ}⊂U ⇒ f(x_n)∈f(U)⊂V ⇒ |f(x_n)-f(a)|<ε
lim_{n→∞}f(x_n)=f(a)
←)
関数f:A→Rがa∈Aで連続でないとすると
∃V開∋f(a) ∀U開∋a に対して f(U)-V≠φ
∀n自然数に対して,U_n={x||x-a|<1/n}とすると
U_n開∋a だから f(U_n)-V≠φ だから
∃x_n∈U_n ( f(x_n)∈f(U_n)-V )
∀ε>0⇒∃n_0>1/ε(n>n_0⇒|x_n-a|<1/n<1/n_0<ε))
lim_{n→∞}x_n=a
lim_{n→∞}f(x_n)=f(a)
∃K ( {y||y-f(a)|<K}⊂V )
∃n_1(n>n_1⇒|f(x_n)-f(a)|<K⇒f(x_n)∈V)でf(x_n)∈f(U_n)-Vに矛盾
関数f:A→Rはa∈Aで連続
(関数f:A→Rが任意のa∈Aで連続) ←→ (関数f:A→Rが連続) の証明
→)
∀V開⊂R に対して a∈f^{-1}(V) とすると f(a)∈V開だから
∃U_a(a∈U_aはAで開, f(U_a)⊂V) だから a∈U_a⊂f^{-1}(V)
∪_{a∈f^{-1}(V)}U_a=f^{-1}(V) で開集合の合併集合は開集合だから
f^{-1}(V) は開
関数f:A→Rは連続
←)
∀V開∋f(a) に対して U=f^{-1}(V) とすると
a∈UはAで開 f(U)=V だから
関数f:A→Rはa∈Aで連続
No.2
- 回答日時:
確かにNO.1のいうとおり.
上の定義を(A),下の定義を(B)としたときに
(A)と(B)が同値である
というのは立派な定理であり,証明が必要.
もっともその際に,
「数列の収束」をεδできちんと書かないとだめ.
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