Continuity

Continuity✔

• 직관적으로 펜을 떼지 않고 그래프를 그릴 수 있으면 연속함수라 한다.

• 이 정의는 고등학교 때 배웠던 연속의 정의를 엄밀하게 바꾼 것이다. 즉, 다음이 성립하면 함수 \(f\) 가 \(a\) 에서 연속이라고 한다.

  1. \(f(a)\) 가 정의된다.

  2. \(\displaystyle \lim_{x \to a} f(x)\) 가 존재한다.

  3. \(\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = f(a)\)

• 함수의 극한과 정의가 비슷하다. 극한의 정의에서 첫번째 부등식은

  \[ 0 < |x - c| < \delta \]

  였다. 이는 \(x \neq c \land |x - c| < \delta\) 를 한번에 표현한 것이다. 반면 연속의 정의에서는 \(x = c\) 일 때도 성립해야 한다.

  함수의 극한에서는 점 \(c\) 가 \(A\) 의 극한점이고, 따라서 \(c \not\in A\) 이어도 되었다. 그러나 함수의 연속에서는 점 \(c\) 가 반드시 \(f\) 의 정의역에 있어야 한다.

• 예시(https://math.stackexchange.com/questions/1924770/why-is-y-1-x-a-continuous-function-but-not-y-1-x2)

  

  \(\R \setminus \{0\}\) 에서 정의된 함수 \(1/x\) 의 그래프를 보면 \(0\) 에서 불연속인 것 같다. 그러나 연속성은 정의역이 존재하는 곳에서만 정의되기 때문에 \(1/x\) 는 연속함수이다.

  같은 이유로

  \[f(x) = \begin{cases} -1 & x < 0\\ +1 & x \geq 0\\ \end{cases}\]

  는 불연속함수이지만

  \[f(x) = \begin{cases} -1 &x<0\\ +1 &x > 0\\ \end{cases} \]

  은 연속함수이다.

• 만약 \(c\) 가 \(A\) 의 고립점이면 \(\displaystyle \lim_{x \to c} f(x)\) 는 정의되지 않는다. 그러나 \(c\) 가 고립점이어도 \(f\) 는 \(c\) 에서 연속일 수 있다.

• 증명

  1:

  단지 절댓값 표현을 위상수학의 근방으로 표현한 것이다. ■

  2:

  \(x_n = c\) 인 경우까지 포함하면 정리 4.2.3 과 같은 방식으로 동치임을 보일 수 있다. ■

  3:

  \(f\) 가 \(c\) 에서 연속임을 가정하고 \(c\)가 \(A\) 의 극한점이라는 조건을 추가하면 정의에 의하여 자연스럽게 \(\displaystyle \lim_{x \to c} f(x) = f(c)\) 가 성립한다.

  역으로 \(\displaystyle \lim_{x \to c} f(x) = f(c)\) 가 성립하면 자명하게 \(x = c \implies f(c) \in V_{\epsilon}(f(c))\) 이므로 \(f\) 는 \(c\) 에서 연속이다. ■

• 증명

  \(c\) 가 \(A\) 의 고립점이면 \(c\) 의 \(\delta\) 근방 \(V_{\delta}(c)\) 는 \(A\) 와 오직 점 \(c\) 에서 교집합을 갖는다. 따라서 \(x \in V_{\delta}(c) \cap A \implies x = c\) 이다. 이는 \(f(x) = f(c) \in V_{\epsilon}(f(c))\) 을 의미한다. 정리 4.3.2(1) 에 의하여 \(f\) 는 고립점 \(c\) 에서 연속이다. ■

Criterion for Discontinuity✔

• 정리 4.3.2(2) 는 함수가 어떤 점에서 연속이 아님을 보이는데 유용하다.

• 증명

  단지 정리 4.3.2(2) 을 부정한 것 뿐이다. ■

Algebraic Continuity Theorem✔

• 증명

  따름정리 4.2.4 와 정리 4.3.2 로 쉽게 증명할 수 있다. ■

• 예시

  \(g(x) = x\) 는 임의의 양수 \(\epsilon\) 와 \(c \in \R\) 에 대하여 \(\delta =\epsilon\) 으로 택하면 다음이 성립하므로 모든 \(\R\) 에서 연속이다.

  \[ |x - c| < \delta \implies |g(x) - c| < \epsilon \]

  상수함수 \(f(x) = k\) 가 연속임을 보이는 것은 더 쉽다.

  그러면 정리에 의하여 임의의 다항함수 \(p(x) = a_0 + a_1x + \dots + a_nx ^{n}\) 는 \(\R\) 에서 연속이다.

Composition of Continuous Functions✔

• 증명

  \(g\) 가 \(f(c) \in B\) 에서 연속이므로 임의의 양수 \(\epsilon\) 와 \(y \in f(A)\) 에 대하여 다음을 만족하는 양수 \(\alpha\) 가 항상 존재한다.

  \[ |y - f(c)| < \alpha \implies |g(y) - g(f(c))| < \epsilon \]

  \(f\) 가 \(c \in A\) 에서 연속이므로 이 \(\alpha\) 와 \(x \in A\) 에 대하여 다음을 만족하는 양수 \(\delta\) 가 항상 존재한다.

  \[ |x - c| < \delta \implies |f(x) - f(c)| < \alpha \]

  즉, 임의의 양수 \(\epsilon\) 에 대하여 다음을 만족하는 양수 \(\delta\) 가 항상 존재한다.

  \[ |x - c| < \delta \implies |g(f(x)) - g(f(c))| < \epsilon \]

  그러므로 \(g \circ f\) 는 \(c\) 에서 연속이다. ■

Continuous Functions on Compact Sets✔

• 증명

  임의의 수열 \((y_n) \subset f(K)\) 에 대하여 각 \(n \in \N\) 마다 \(f(x_n) = y_n\) 인 \(x_n \in K\) 가 존재한다. 그러면 수열 \((x_n) \subset K\) 은 \(K\) 가 콤팩트하므로 수열하는 부분수열 \((x _{n_k})\) 을 가지며, 극한값 \(\lim x _{n_k} = x\) 은 \(x \in K\) 이다.

  \(f\) 가 \(A\) 에서 연속이므로 \(x \in K \subset A\) 에서도 연속이다. 따라서 정리 4.3.2(2) 에 의하여 \((x _{n_k}) \to x\) 에 대하여 \((y _{n_k}) \to f(x)\) 이다. 또한 \(x \in K \implies f(x) \in f(K)\) 이므로 \(f(K)\) 는 콤팩트하다. ■

Extreme Value Theorem✔

• 이 정리는 콤팩트 집합 \(K\) 에서 정의된 연속함수 \(f\) 에 대하여 다음을 만족하는 \(x_0, x_1 \in K\) 의 존재성을 보장한다.

  \[ \forall x \in K: f(x_0) \leq f(x) \leq f(x_1) \]

• 증명

  정리 4.4.1 에 의하여 연속함수는 콤팩트 집합을 보존하므로 \(f(K)\) 는 콤팩트하다. 콤팩트 집합에는 상한이 존재하며, 문제 3.3-1 에 의하여 \(\sup f(K) \in f(K)\) 이다. 따라서 \(\sup f(K) = f(x_1)\) 인 \(x_1 \in K\) 이 존재한다. 최솟값이 존재한다는 것도 같은 논리로 쉽게 보일 수 있다. ■

Uniformly Continuous✔

• \(f\) 가 \(A\) 에서 연속이라는 것은 \(f\) 가 각 \(c \in A\) 와 임의의 양수 \(\epsilon\) 에 대하여

  \[ |x - c| < \delta \implies |f(x) - f(c)| < \epsilon \]

  을 만족하게 하는 \(\delta > 0\) 가 존재한다는 것이다. 이때 \(\delta\) 가 \(c\) 에 의존할 수도 있고, \(c\) 와 독립적일 수도 있다.

• \(c\) 와 독립적인 \(\delta\)

  함수 \(f(x) = 3x + 1\) 가 \(\R\) 에서 연속임을 증명하자. 이는 \(f\) 가 임의의 점 \(c \in \R\) 에서 연속임을 보이는 것이다. 임의의 양수 \(\epsilon\) 에 대하여

  \[ |x - c| < \delta \implies |f(x) - f(c)| < \epsilon \]

  을 만족하게 하는 \(\delta\) 의 존재성을 보이면 된다. \(|f(x) - f(c)| = |3x + 1 -3c - 1| = 3|x - c|\) 이므로 \(\delta = \epsilon /3\) 으로 두면 다음이 성립한다.

  \[ |x - c|<\delta \implies |f(x) - f(c)| = 3|x - c| < 3 \cdot \dfrac{\epsilon }{3} = \epsilon \]

• \(c\) 에 의존적인 \(\delta\)

  \(g(x) = x ^{2}\) 가 \(\R\) 에서 연속임을 증명하자. 임의의 양수 \(\epsilon\) 와 각 \(c \in \R\) 에 대하여 다음을 성립시키는 \(\delta\) 가 항상 존재한다는 것을 보이면 된다.

  \[ 0 < |x-c| < \delta \implies |g(x) - g(c)| < \epsilon \]

  \(|g(x) - g(c)| = |x + c||x - c|\) 인데 \(x\) 가 \(c\) 로 다가가는 극한이므로 \(|x - c|\) 는 임의로 작게 만들 수 있다. 따라서 \(|x - c|\) 는 걱정할 필요가 없다.

  \(c\) 를 중심으로 하는 \(\delta\)-근방의 반지름이 \(\delta = 1\) 보다 크지 않는 한 다음이 성립한다.

  \[ \forall x \in V_{\delta}(c) : |x + c| \leq |x| + |c| \leq (|c| + 1) + |c| = 2|c| + 1 \]

  따라서 \(\sup |x + c| = 2|c| + 1\) 이다. 그러면 \(\delta = \min \{1, \epsilon /2|c| + 1\}\) 에 대하여 다음이 성립한다.

  \[ 0 < |x - c| < \delta \implies |x ^{2} - c ^{2}| = |x + c||x - c| < \bigg (\dfrac{\epsilon }{2|c| + 1} \bigg )(2|c| + 1) = \epsilon \]

  따라서 \(g\) 는 \(\R\) 에서 연속이다.

  위 예시에서 \(c\) 에 의존적인 \(\delta = \min \{1, \epsilon /2|c| + 1\}\) 를 살펴보았다. 사실상 \(1\) 은 너무 크므로 임의의 양수 \(\epsilon\) 에 대하여 \(\delta = \dfrac{\epsilon }{2|c| + 1}\) 로 정의된다고 봐도 된다. 이는 \(c\) 가 커질수록 \(\delta\) 를 작게 선택해야 함을 의미한다.

  실제로 다음과 같은 \(g(x) = x ^{2}\) 에 대하여 고정된 \(\epsilon\) 에 대하여 \(c\) 가 커질수록 \(\delta\) 를 점점 더 작게 택해야만 한다.

  

  균등 연속이란 \(\delta\) 가 \(c\) 와 무관하게 동일한 값으로 선택되어도 연속임을 보일 수 있다는 성질이다. 다음과 같은 함수 \(1/x\) 와 \(\sqrt[]{x}\) 에서는

  

• 참고 : 논의영역 \(\Bbb{D}\) 와 명제 \(P(x)\) 에 대하여 다음이 성립한다.

  \[ \neg (\forall x \in \Bbb{D} )[P(x)] \equiv (\exists x \in \Bbb{D} )(\neg P(x)) \]
  \[ \neg (\exists x \in \Bbb{D} )[P(x)] \equiv (\forall x \in \Bbb{D} )(\neg P(x)) \]

• 증명

  먼저 \(f\) 가 균등 연속이 아님을 가정하자.

  정의 4.4.4 균등 연속의 부정은 다음과 같다.

  \[ \exists \epsilon_0 > 0, \forall \delta > 0, \exists x, y \in A : (|x - y| < \delta \land |f(x) - f(y) \geq \epsilon _0) \]

  즉, \(\delta > 0\) 를 어떻게 선택하든 어떤 \(\epsilon _0 > 0\) 과 \(x, y\) 가 존재하여 \(|x - y| < \delta, |f(x) - f(y)| \geq \epsilon_0\) 을 만족한다는 것이다.

  그러면 임의의 \(n \in \N\) 에 대하여 \(\delta _n = 1/n\) 로 두면 \(|x_n - y_n| < 1/n, |f(x_n) - f(y_n)| \geq \epsilon _0\) 를 만족하는 \(\epsilon _0 > 0, x_n, y_n\) 가 존재한다. 이 두 수열 \((x_n)\) 과 \((y_n)\) 이 정리에서 말하는 수열이다. ▲

  역으로 \(\epsilon _0\) 와 두 수열 \((x_n), (y_n)\) 를 가정하면 \(\epsilon _0\) 에 대한 균등 연속을 만족하게 하는 \(\delta\) 가 존재하지 않음을 쉽게 보일 수 있다. ■

Uniform Continuity Theorem✔

• \(g(x) = x ^{2}\) 가 \(\R\) 에서 균등 연속이 아닌 이유는 \(x\) 가 커질수록 \(\delta\) 가 계속 작아지기 때문이었다. 그러나 \(g\) 는 유계집합 \([-10, 10]\) 에서는 균등 연속이다. 사실 일반적으로 \(g\) 가 \(\R\) 의 임의의 유계집합 \(A\) 에서 균등연속임을 보일 수 있다.

  그러나 유계인 정의역에서 연속인 함수가 반드시 균등 연속이라는 보장은 없다. 가령 다음과 같은 \(\sin 1/x\) 함수는 \((0, 1)\) 에서 연속이지만 균등 연속은 아니다.

  

  하지만 이 정리는 콤팩트한 정의역에서 연속인 함수는 반드시 균등 연속임을 보장해준다.

• 증명

  \(f: K \to \R\) 가 콤팩트 집합 \(K \subset \R\) 에서 연속인데도 \(K\) 에서 균등 연속이 아니라고 해보자. 그러면 정리 4.4.5 에 의하여 어떤 \(\epsilon _0 > 0\) 에 대하여 다음을 만족하는 수열 \((x_n), (y_n) \subset K\) 이 존재한다.

  \[ \lim |x_n - y_n| = 0 \land |f(x_n) - f(y_n)| \geq \epsilon _0 \]

  \(K\) 는 콤팩트하므로 수열 \((x_n)\) 는 수렴하는 부분수열 \((x _{n_k})\) 를 가지며, 정리 3.3.4 에 의하여 콤팩트 집합은 닫혀있으므로 \(\lim x _{n_k} = x \in K\) 이다. 같은 이유로 \((y_n)\) 의 수렴하는 부분수열을 만들 수 있다. 그러나 \((y_n)\) 의 항에서 \((x _{n_k})\) 의 \(n_k\) 에 대한 부분수열 \((y _{n_k})\) 를 만들면 어떻게 되나 보자.

  \(\lim |x_n - y_n| = 0\) 라는 조건은 다음을 만족하는 \(N\) 이 존재한다는 것이다.

  \[ n \geq N \implies ||x_n - y_n| - 0| < \epsilon \]
  \[ \iff n \geq N \implies |y_n - x_n| < \epsilon \]
  \[ \iff n \geq N \implies |(y_n - x_n) - 0| < \epsilon \]
  \[ \iff \lim_{n \to \infty} (y_n - x_n) = 0 \]

  즉, 수열 \((x_n)\) 와 \((y_n)\) 의 아래첨자를 똑같이 유지한채 극한으로 보내면 극한값 \(0\) 를 얻는다. 따라서 극한과 사칙연산 에 의하여 다음이 성립한다.

  \[ \lim y _{n_k} = \lim ((y _{n_k} - x _{n_k}) + x _{n_k}) = 0 + x \]

  즉, \((x _{n_k})\) 와 \((y _{n_k})\) 이 모두 \(x \in K\) 로 수렴한다. \(f\) 가 \(x\) 에서 연속이므로 정리 4.3.2(3) 에 의하여 \(\lim f(x _{n_k}) = f(x), \lim f(y _{n_k}) = f(x)\) 이고, 다음이 성립한다.

  \[ \lim (f(x _{n_k}) - f(y _{n_k})) = 0 \]

  그러나 임의의 \(n \in \N\) 에 대하여 \(|f(x_n) - f(y_n) \geq \epsilon _0\) 을 만족해야 하므로 모순이다. 따라서 \(f\) 는 \(K\) 에서 균등 연속이다. ■

Intermediate Value Theorem✔

• 이 정리는 닫힌 구간 \([a, b]\) 에서 연속함수 \(f\) 는 다음과 같이 \(f(a)\) 와 \(f(b)\) 사이에 있는 모든 값을 함수값으로 가진다는 것을 말해준다.

  

• 정리 4.5.2 을 사용한 증명

  \([a, b]\) 가 연결되어 있으므로 정리 4.5.2 에 의하여 \(f([a, b])\) 도 연결되어 있다. \(f(a) \in f([a, b])\) 이고 \(f(b) \in f([a, b])\) 이므로 정리 3.4.7 에 의하여 \(L \in f([a, b])\) 이다. 따라서 \(L = f(c)\) 인 \(c \in (a, b)\) 가 존재한다. ■

• 사잇값 정리는 보통 근의 존재성을 증명하는데 사용된다. 가령 \(f(x) = x ^{2}-2\) 가 \(f(1) = -1\) 이고 \(f(2) = 2\) 이므로 \(f(c) = 0\) 인 점 \(c \in (1, 2)\) 가 존재한다. 그런데 \(c = \sqrt[]{2}\) 이므로 이는 사잇값 정리로 \(\sqrt[]{2}\) 의 존재성을 증명한 것이 된다.

  그런데 \(\sqrt[]{2}\) 의 존재성은 완비성 공리로 실수를 구성하는 과정에서 증명된다. 이는 사잇값 정리와 완비성 공리에 관계가 있음을 의미한다.

• 완비성 공리를 사용한 증명

  잠시 \(L = 0\) 으로 두고 \(f(a) < 0 < f(b)\) 라 하자. 그리고 \(f(c) = 0\) 를 만족하는 \(c \in (a, b)\) 가 존재함을 보이자.

  \[K = \{x \in [a, b] : f(x) \leq 0\}\]

  위와 같이 정의된 \(K\) 는 \(b\) 에 의하여 위로 유계이고 \(a \in K\) 이므로 \(K \neq \varnothing\) 이다. 따라서 완비성 공리에 의하여 \(\sup K = c\) 가 존재한다.

  

  수론 정리 2.3.1, 수론 정리 2.4.2에 의하여 다음 중 오직 한 경우만 성립한다.

  \[ f(c) > 0, f(c) < 0, f(c) = 0 \]

  \(f(c) > 0\) 인 경우 \(\epsilon _0 = f(c)\) 로 둘 수 있다. \(f\) 가 연속이므로 정리 4.3.2 에 의하여 다음을 만족하게 하는 \(\delta _0 > 0\) 가 존재한다.

  \[ x \in V_{\delta_0}(c) \implies f(x) \in V_{\epsilon_0}(f(c)) \]

  \(V_{\epsilon_0}(f(c)) = (f(c) - \epsilon_0, f(c) + \epsilon _0) = (0, 2f(c))\) 이므로 모든 \(x \in V_{\delta_0}(c)\) 에 대하여 \(f(x) > 0\) 이고, 이에 따라 \(x \not\in K\) 이다. 그러므로 \(c - \delta _0\) 는 \(c\) 보다 작은 \(K\) 의 상계가 된다. 이는 \(c\) 가 최소상계라는 것에 모순이다. 따라서 \(f(c) > 0\) 일 수 없다. ▲

  \(f(c) < 0\) 을 가정하면 \(x \in V_{\delta_1}(c) \implies f(x) < 0\) 을 만족하게 하는 근방 \(V_{\delta_1}(c)\) 가 존재한다. 그러나 이를테면 \(c + \delta _1 / 2\) 이 \(K\) 이 포함된다. 이는 \(c\) 가 \(K\) 상계라는 사실에 모순이다. 즉, \(f(c) < 0\) 일 수 없다. ▲

  즉, \(f(c) = 0\) 이다. 이는 사잇값 정리를 \(L = 0\) 일 때 증명한 것이 된다. 이것을 일반화시켜서 사잇값 정리를 일반적으로 증명하는 것은 쉽다. 사잇값 \(L\) 과 \(f(c) = L\) 를 만족하는 함수 \(f(x)\) 에 대하여 \(h(x) = f(x) - L\) 을 정의하면 위와 똑같은 증명을 \(h(x)\) 에 적용할 수 있다. ■

• 축소구간성질을 사용한 증명

  잠시 \(L = 0\) 으로 두고 \(f(a) < 0 < f(b)\) 라 하자. \(I_0 = [a, b]\) 라 두고 구간의 중점 \(z = \dfrac{a+b}{2}\) 를 정의하자. \(f(z) \geq 0\) 일 때 \(a_1 = a, b_1 = z\) 로 두면 \(f(z) < 0\) 일 때 \(a_1 = z, b_1 = b\) 로 두어 구간 \(I_1 = [a_1, b_1]\) 을 정의하자. 그러면 \(f(a_1) < 0\) 이고 \(f(b_1) \geq 0\) 이다.

  이 방법으로 닫힌구간열 \(I_n\) 을 만들면 축소구간성질 에 의하여 \(\displaystyle c \in \bigcap_{n=1}^{\infty}I_n\) 이 존재한다. 닫힌구간열의 길이는 \(0\) 으로 수렴하므로 수열 \((a_n), (b_n)\) 모두 \(c\) 로 수렴한다.

  \(f\) 가 \(c\) 에서 수렴하므로 정리 4.3.2 에 의하여 \(\lim f(a_n) = f(c)\) 인데 모든 \(n\) 에 대하여 \(f(a_n) < 0\) 이므로 극한과 부등식 에 의하여 \(f(c) \leq 0\) 이다. 또한 \(f(c) = \lim f(b_n)\) 인데 모든 \(n\) 에 대하여 \(f(b_n) \geq 0\) 이므로 \(f(c) \geq 0\) 이다. 따라서 \(f(c) = 0\) 이다. ▲

  이는 \(L = 0\) 일 때의 사잇값 정리를 증명한 것이다. 이 논리대로 일반적인 경우의 사잇값 정리를 증명하는 것은 쉽다. ■

• 이 정리는 연속함수가 연결집합을 보존한다는 것을 말해준다.

• 증명

  \(f(E) = A \cup B\) 을 만족하는 공집합이 아닌 서로소 집합 \(A, B\) 를 선택할 수 있다. 정리 3.4.6 에 의하여 \(A, B\) 둘 중 하나에 포함되는 수열의 극한값이 다른 하나에 포함됨을 증명하면 된다.

  다음과 같이 \(A, B\) 의 원상 \(C, D\) 를 정의하자.

  \[ C = \{x \in E : f(x) \in A\} \]
  \[ D = \{x \in E : f(x) \in B\} \]

  함수의 정의 에 의하여 \(A, B\) 가 공집합이 아니므로 \(C, D\) 도 공집합이 아니다. 또한 함수의 정의에 의하여 정의역의 원소는 유일한 함수값을 가진다. 따라서 \(A, B\) 가 서로소이므로 \(C, D\) 도 서로소이다. 또한 \(C, D\) 가 \(A, B\) 의 원상이므로 \(f(E) = A \cup B\) 에서 \(E = C \cup D\) 이다.

  \(E\) 가 연결집합이면 정리 3.4.6 에 의하여 \(C, D\) 둘 중 하나에 포함되는 수열 \((x_n)\) 이 존재하여 극한값 \(x = \lim x_n\) 이 다른 하나에 포함된다.

  \(f\) 는 \(x\) 에서 연속이므로 정리 4.3.2(3)에 의하여 \(\lim f(x_n) = f(x)\) 이다. 따라서 \(f(x_n)\) 은 수렴하는 수열이고, \(f(x_n)\) 은 \(A, B\) 둘 중 하나에 포함되며, 극한값 \(f(x)\) 는 다른 하나에 포함된다. ■

Intermediate Value Property✔

• 이 정의를 사용하면 정리 4.5.1 사잇값 정리를 다음과 같이 말할 수 있다.

  연속함수는 사잇값 성질을 가진다.

• 그렇다면 사잇값 정리의 역은 성립할까? 즉, 함수가 사잇값 성질을 가지면 연속함수 인가? 그렇지 않다.

  • 증명

    함수 \(g(x) = \begin{cases} \sin (1/x) &x \neq 0\\ 0 & x = 0\\ \end{cases}\) 는 \([0, 1]\) 에서 사잇값 성질을 가지지만 \(x = 0\) 에서 불연속이다.

  그러나 단조함수가 사잇값 성질을 가지면 연속함수이다.

Sets of Discontinuity✔

Monotone Function✔

Classification of Discontinuity✔

• 다음은 제거 가능함 불연속의 예시이다.

  

• 다음은 비약 불연속점의 예시이다.

  

• 다음은 본질적 불연속점의 예시이다.

  

  위 그래프는 다음 함수로 그린 것이며 \(x_0 = 1\) 에서 본질적으로 불연속이다.

  \[ f(x) = \begin{cases} \sin \frac{5}{x - 1} & x < 1\\ 0 & x = 1\\ \frac{1}{x-1} & x > 1\\ \end{cases} \]

• 임의의 함수의 불연속점을 밝히는 것은 약간 까다롭지만, 이렇게 단조함수일 때는 불연속점들이 비약 불연속점 뿐이다.

• 증명

• 이 정의는 연속의 정의에서 "임의의 \(\epsilon\)" 을 "어떤 \(\alpha\)" 로 바꾼 것이다.

• 증명

  먼저 \(c \in D_{f}^{\alpha}\) 는 임의의 \(\delta > 0\) 에 대하여

  \[ y,z \in V_{\delta}(c) \implies |f(y) - f(z)| \geq \alpha \]

  이 성립함을 의미한다. ▲

  이제 \(c\) 를 \(D_{f}^{\alpha}\) 의 극한점으로 두고 \(c \in D_{f}^{\alpha}\) 를 증명하자. \(c\) 가 극한점이므로 \(x' \in V_{\delta/2}(c)\) 인 \(x' \in D_{f}^{\alpha}\) 가 존재한다. 이는 다음을 만족하는 \(y, z\) 가 존재함을 의미한다.

  \[ y, z \in V_{\delta/2}(x') \implies|f(y) - f(z)| \geq \alpha \]

  그런데 \(V_{\delta/2}(x') \subset V_{\delta}(c)\) 이므로 \(y, z\) 에 대하여 다음이 성립한다.

  \[ y, z \in V_{\delta}(c) \implies|f(y) - f(z)| \geq \alpha \]

  따라서 \(c \in D_{f}^{\alpha}\) 이고, 극한점이 자기자신에 포함되므로 집합 \(D_{f}^{\alpha }\) 는 닫힌 집합이다. ■

Topological Structure of Discontinuous Set✔

• 지금까지의 논의의 결론이 이 정리이다. 이 정리는 \(\R\) 위의 임의의 함수 \(f\) 의 불연속 집합의 특성을 말해준다. 이처럼 \(\R\) 위의 실변수 함수의 불연속점 집합은 \(\R\) 의 어느 부분 집합도 가질 수 없는 특정한 위상 구조를 가진다.

• 증명

  먼저 \(\alpha < \alpha '\) 이면 \(D_{f}^{\alpha '} \subset D_{f}^{\alpha }\) 임을 보이려 한다. \(\alpha < \alpha '\) 이면 \(c \in D_{\alpha '}\) 와 주어진 \(\delta > 0\) 에 대하여 다음이 성립한다.

  \[ y, z \in V_{\delta}(c) \implies |f(y) - f(z)| \geq \alpha ' > \alpha \]

  그러면 \(\alpha\)-불연속점 집합의 정의에 의하여 \(c \in D_{\alpha }\) 이다. 따라서 \(\alpha < \alpha '\) 이면 \(D_{f}^{\alpha '} \subset D_{f}^{\alpha }\) 이다. ▲

  이제 주어진 \(\alpha > 0\) 에 대하여 \(f\) 가 \(x\) 에서 연속이면 \(x\) 에서 \(\alpha\)-연속이고, 이로써 \(D_{f}^{\alpha }\subset D_{f}\) 임을 보이려 한다. \(f\) 가 \(x\) 에서 연속이고 \(\alpha > 0\) 가 주어지면 연속성의 정의에 의하여 다음을 만족하는 \(\delta > 0\) 가 존재한다.

  \[ y \in V_{\delta}(x) \implies |f(y) - f(x)| < \dfrac{\alpha }{2} \]

  따라서 \(y, z \in V_{\delta}(x)\) 에 대하여 다음이 성립한다.

  \[ \begin{align}\begin{split} |f(y) - f(z)|&\leq |f(y) - f(x)| + |f(x) - f(z)| \\ &< \dfrac{\alpha }{2} + \dfrac{\alpha }{2} = \alpha \\ \end{split}\end{align} \tag*{} \]

  즉, \(f\) 는 \(x\) 에서 \(\alpha\)-연속이다. 따라서 \(f\) 가 \(x\) 에서 연속이면 \(x\) 에서 \(\alpha\)-연속이다. 이것의 대우도 참이다. 즉, \(f\) 가 \(x\) 에서 \(\alpha\)-연속이 아니면, \(x\) 에서 연속이 아니다. 이는 \(D_{f}^{\alpha } \subset D_{f}\) 임을 뜻한다. ▲

  이제 \(f\) 가 \(x\) 에서 연속이 아니면 어떤 \(\alpha > 0\) 에 대하여 \(f\) 가 \(\alpha\)-연속이 아님을 보이려 한다. \(f\) 가 \(x\) 에서 연속이 아니면 임의의 \(\delta >0\) 에 대하여 어떤 \(\epsilon _0 > 0\) 가 존재하여 다음을 만족시킨다.

  \[ y \in V_{\delta}(x) \implies |f(y) - f(x)| \geq \epsilon _0 \]

  따라서 \(y, z \in V_{\delta}(x)\) 에 대하여 \(\alpha \leq \epsilon _0\) 인 \(\alpha\) 를 선택하면 두면 \(f\) 는 \(x\) 에서 \(\alpha\)-연속이 아니다. ▲

  이제 \(\alpha _n = \dfrac{1}{n}\) 에 대하여 다음이 성립함을 보이려 한다.

  \[ D_{f} = \bigcup_{n=1}^{\infty }D_{f}^{\alpha _n} \]

  \(x \in D_{f}\) 이면 어떤 \(\epsilon_0 > 0\) 에 대하여 \(x \in D_{f}^{\epsilon_0 }\) 이다. 그러면 \(\dfrac{1}{n_0} \leq \epsilon _0\) 인 \(n_0 \in \N\) 를 선택하면 \(x \in D_{f}^{1/n_0}\) 이다. 이는 다음이 성립함을 뜻한다.

  \[ D_{f} \subset \bigcup_{n=1}^{\infty }D_{f}^{\alpha _n} \]

  한편 주어진 \(\alpha > 0\) 에 대하여 \(D_{f}^{\alpha } \subset D_{f}\) 임은 이미 증명했다. 이는 모든 \(n \in \N\) 에 대하여 \(D_{f}^{1/n} \subset D_{f}\) 임을 뜻한다. 따라서 다음이 성립한다.

  \[ \bigcup_{n=1}^{\infty }D_{f}^{\alpha _n} \subset D_{f} \]

  이로써 \(\displaystyle D_{f} = \bigcup_{n=1}^{\infty }D_{f}^{\alpha _n}\) 인데 각 \(D_{f}^{\alpha _n}\) 은 문제 4.6.8 에 의하여 닫힌 집합이므로 \(F_{\sigma }\) 집합의 정의에 의하여 \(D_{f}\) 는 \(F_{\sigma }\) 집합이다. ■