『はじめよう位相空間』（大田春外著、日本評論社）p53例題4.7
関数\(f:{\bf E}^1\rightarrow{\bf E}^1;x\mapsto x^2\)は連続関数であることを証明せよ．
の証明を書き直した。直してみたかった点は2つ。
(1)教科書の証明では\(\delta\)を「この範囲にとればよい」とだけ提示しているが、可能な限り「これ」とひとつ構成して見せるほうがよいと感じた。(2)εδ論法においては十分小さな\(\epsilon\)に対して\(\delta\)が取れることを示せばよいので、\(\epsilon\)の上限を恣意的に設定してよい。教科書の証明ではこの「便法」を用いているが、これに頼らずに書くとどうなるか。
【証明】
\(\forall\epsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in{\bf E}^1[|x-\alpha| < \delta\rightarrow|x^2-\alpha^2| < \epsilon]\)が任意の\(\alpha\in{\bf E}^1\)について成り立つことを示す。
(1)\(\alpha=0\)のとき。任意の\(\epsilon > 0\)をとって\(\delta=\sqrt{\epsilon}\)と置けば\(\delta > 0\)であり、\(|x-0| < \delta\)を満たす任意の\(x\)について\(|x^2-0^2|<\epsilon\)が成り立つ。
(2)\(\alpha>0\)のとき。任意の\(\epsilon > 0\)をとって\(\delta={\rm min}\{\sqrt{\alpha^2+\epsilon}-\alpha,\alpha\}\)すなわち\[\delta=\left\{\begin{array}{ll}\sqrt{\alpha^2+\epsilon}-\alpha&(\epsilon\leq3\alpha^2)\\\alpha&(\epsilon > 3\alpha^2)\end{array}\right.\]と置けば\(\delta > 0\)である。\(|x-\alpha| < \delta\)すなわち\(\alpha-\delta < x < \alpha+\delta\)を満たす任意の\(x\)をとる。\(\delta\)の取り方から\(\delta\leq\alpha\)であるので、各辺を2乗した\((\alpha-\delta)^2 < x^2 < (\alpha+\delta)^2\)が成り立つ。\(\epsilon\leq3\alpha^2\)のとき\((\alpha+\delta)^2=\alpha^2+\epsilon,\ (\alpha-\delta)^2-(\alpha^2-\epsilon)=2\delta^2 > 0\)であり、また\(\epsilon > 3\alpha^2\)のとき\((\alpha+\delta)^2=4\alpha^2 < \alpha^2+\epsilon,\ (\alpha-\delta)^2=0 > \alpha^2-\epsilon\)であるので、いずれにせよ\(\alpha^2-\epsilon < (\alpha-\delta)^2 < x^2 < (\alpha+\delta)^2\leq\alpha^2+\epsilon\)となる。したがって\(|x^2-\alpha^2|<\epsilon\)が成り立つ。
(3)\(\alpha<0\)のとき。任意の\(\epsilon > 0\)をとって\(\delta={\rm min}\{\sqrt{\alpha^2+\epsilon}+\alpha,-\alpha\}\)と置けば、(2)と同様の議論が成り立つ。■
