$\divideontimes$ 장문입니다. 총 6개의 절로 이루어져 있으며 1절을 제외한 각 절의 내용은 다소 독립적이므로 독자께서는 1절과 원하시는 부분만 골라 읽으셔도 됩니다.
-목차
1. 개요
2. 대칭연속, 대칭미분의 의미
3. 집합의 포함 관계
4. 확장대칭미분
5. $n$계 대칭미분
6. 제언
1. 개요
우선 대칭미분이란 개념은 본래 누가 처음 제창했는지는 모르겠으나 2006학년도 서울대 심층면접 1번 문항에서 나왔습니다. 그 외에 다른 곳에서는 쓰이는 것이 안 보이는 것을 보아, 문제를 위해 만든 개념 같습니다. 본격적으로 내용을 전개하기 전에 우선 대칭미분에 관한 문제와 대칭미분의 확장에 대한 동기를 부여할 수 있는 문제를 살펴봅시다.
2006학년도 서울대 심층면접 1번 문항
함수 $f : \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$이 $\displaystyle\lim_{h \to 0} f(a+h)-f(a-h)=0$을 만족할 때 "$x=a$에서 대칭연속"이라고 정의하자. 함수 $f$가 모든 점에서 대칭연속일 때 $f$를 "대칭연속함수"라고 하자. 한편, 다음 극한 $$\displaystyle\lim_{h \to 0} \dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}$$이 존재할 때 "$x=a$에서 대칭미분가능"하다고 정의하고, 또한 모든 점에서 대칭미분가능하면 함수 $f$가 "대칭미분가능"하다고 하고, "대칭도함수" $Df$를 모든 $x$에 대하여 $$Df(x)=\displaystyle\lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}$$로 정의하자.
(1) 대칭연속함수는 연속함수인가? 연속함수는 대칭연속함수인가?
(2) 대칭불연속 함수의 예를 드시오.
(3) 대칭미분가능한 함수는 대칭연속인가?
(4) 대칭연속인 어떤 함수 $f$에 대하여 모든 불연속한 점들의 집합을 $S(f)$로 나타내자. 이 때 집합 $S(f)$에 속하는 임의의 두 점 간의 거리들의 최소값이 항상 존재하겠는가?
(5) 대칭연속이지만 대칭미분가능하지 않은 함수의 예를 들어라.
(6) 미분가능하지 않지만 대칭미분가능한 함수의 예를 들고 대칭도함수를 구하라.
(7) 대칭연속함수 $f$에 대하여 $f$가 연속인 모든 점 $x=a$에서 $\overset{\sim}{f}(a)=f(a)$를 만족하는 연속함수 $\overset{\sim}{f}$가 유일하게 존재하겠는가? 이 사실을 이용하여 대칭연속함수 $f$의 부정적분과 정적분을 어떻게 정의하면 좋을 것인가 논하라.
바틀 실해석학개론 연습문제 6.4-16
$\mathrm{I}\subset\mathbb{R}$가 개구간이고 $f:\mathrm{I}\rightarrow\mathbb{R}$가 $\mathrm{I}$에서 미분가능하다고 하자. 또 $a\in\mathrm{I}$에서 $f''(a)$가 존재한다고 가정하자. 다음을 보여라.
$$f''(a)=\displaystyle\lim_{h \to 0}\dfrac{f(a+h)-2f(a)+f(a-h)}{h^2}$$
이 극한은 존재하지만 $a$에서 이계도함수를 갖지 않는 함수의 예를 들어라.
2. 대칭연속, 대칭미분의 의미
$x=a$에서 대칭연속이려면 $$\displaystyle\lim_{h \to 0} f(a+h)-f(a-h)=0$$을 만족하여야 합니다. 만약 $f$가 $x=a$에서 연속이라면 $$\begin{aligned} \displaystyle\lim_{h \to 0} (f(a+h)-f(a))+(f(a)-f(a-h)) \\ =0 \end{aligned}$$이므로 $x=a$에서 대칭연속이 됩니다.
불연속점은 좌극한과 우극한의 존재 여부에 따라 제1종 불연속점과 제2종 불연속점으로 분류합니다. 제1종 불연속점은 좌극한과 우극한이 같은지에 따라 제거 가능한 불연속점과 점프 불연속점으로 분류합니다. 제2종 불연속점은 좌극한과 우극한 중 무한대가 존재하는지에 따라 무한 불연속점과 진동 불연속점으로 분류합니다.
$\mathrm i)$ 제거 가능한 불연속점
$$\displaystyle\lim_{h \to 0}f(a+h)=\displaystyle\lim_{h \to 0}f(a-h)$$이므로 $$\displaystyle\lim_{h \to 0}f(a+h)-f(a-h)=0$$입니다. 따라서 $x=a$에서 제거 가능한 불연속점은 모두 $x=a$에서 대칭연속입니다.
$\mathrm {ii})$ 점프 불연속점
$$\displaystyle\lim_{h \to 0}f(a+h)\neq\displaystyle\lim_{h \to 0}f(a-h)$$이므로 $$\displaystyle\lim_{h \to 0}f(a+h)-f(a-h)\neq0$$입니다. 따라서 $x=a$에서 제거 가능한 불연속점은 모두 $x=a$에서 대칭불연속입니다.
$\mathrm {iii})$ 무한 불연속점
$f(x)=1/x$의 경우 $$\displaystyle\lim_{h \to 0}f(0+h)-f(0-h)=\displaystyle\lim_{h \to 0}\dfrac{2}{h}$$이고 따라서 $x=0$에서 대칭불연속입니다.
$f(x)=1 / \left\vert x\right\vert$의 경우 $$\displaystyle\lim_{h \to 0}f(0+h)-f(0-h)=\displaystyle\lim_{h \to 0}0=0$$이고 따라서 $x=0$에서 대칭연속입니다.
무한 불연속점의 경우 대칭연속일 수도 대칭불연속일 수도 있습니다.
$\mathrm {iv})$ 진동 불연속점
$f(x)=\sin\left( 1/x \right)$의 경우 $$\displaystyle\lim_{h \to 0}f(0+h)-f(0-h)=\displaystyle\lim_{h \to 0}2\sin\dfrac{1}{h}$$이고 따라서 $x=0$에서 대칭불연속입니다.
$f(x)=\cos\left( 1/x \right)$의 경우 $$\displaystyle\lim_{h \to 0}f(0+h)-f(0-h)=\displaystyle\lim_{h \to 0}0=0$$이고 따라서 $x=0$에서 대칭연속입니다.
진동 불연속점의 경우 대칭연속일 수도 대칭불연속일 수도 있습니다.
이제 대칭미분에 대해 알아봅시다.
$$\begin{aligned} & Df(a)=\displaystyle\lim_{h \to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h} \\ & = \displaystyle\lim_{h \to 0}\dfrac{\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h} +\dfrac{f(a)-f(a-h)}{h}}{2} \end{aligned}$$이므로 좌미분계수와 우미분계수($f'_-(a)$, $f'_+(a)$로 표기하겠습니다)가 존재한다면 $$Df(a)=\dfrac{f'_+(a)+f'_-(a)}{2}$$이고 대칭미분가능합니다. 이로부터 대칭미분계수를 직관적으로 좌미분계수와 우미분계수의 평균으로 생각할 수 있습니다. 하지만 좌미분계수와 우미분계수가 존재하지 않더라도 대칭미분가능할 수 있습니다. 예를 들어 $$f(x)=\begin{cases}0&(x\neq 0)\\1&(x=0)\end{cases}$$의 경우 $x=0$에서 좌미분계수와 우미분계수는 존재하지 않지만 $$Df(0)=\displaystyle\lim_{h \to 0}\dfrac{f(0+h)-f(0-h)}{2h}=0$$으로 대칭미분계수는 존재합니다. 이 경우 좌미분계수를 $+\infty$, 우미분계수를 $-\infty$라고 생각한다면 좌미분계수와 우미분계수의 평균이 $\mathbb{R}$에서 존재할 수 있으므로 대칭미분계수가 존재할 수 있다고 받아들일 수 있습니다.
3. 집합의 포함 관계
집합의 포함 관계를 구성하기 전에 다음 명제들을 증명합시다.
(1) $x=a$에서 연속이면 $x=a$에서 대칭연속이다.
(2) $x=a$에서 대칭미분가능하면 $x=a$에서 대칭연속이다.
(3) $x=a$에서 미분가능하면 $x=a$에서 연속이다.
(4) $x=a$에서 미분가능하면 $x=a$에서 대칭미분가능하다.
(5) $x=a$에서 미분가능하면 $x=a$에서 대칭연속이다.
$pf.$
(1) $f$가 $x=a$에서 연속이라면 $\displaystyle\lim_{h \to 0}f(a+h)=f(a)$입니다. $$\begin{aligned} & \displaystyle\lim_{h \to 0}f(a+h)-f(a-h) \\ & =\displaystyle\lim_{h \to 0}(f(a+h)-f(a))+(f(a)-f(a-h)) \\ &=0\end{aligned}$$이므로 $x=a$에서 대칭연속입니다. $\blacksquare$
(2) $f$가 $x=a$에서 대칭미분가능하다면 $Df(a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}$입니다. $\displaystyle\lim_{h\to 0}2h=0$이므로 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}\cdot 2h=Df(a)\cdot 0=0$이고 따라서 $x=a$에서 대칭연속입니다. $\blacksquare$
(3) $f$가 $x=a$에서 미분가능하다면 $f'(a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}$입니다. $\displaystyle\lim_{h\to 0}h=0$이므로 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}\cdot h=f'(a)\cdot 0=0$이고 따라서 $x=a$에서 연속입니다. $\blacksquare$
(4) $f$가 $x=a$에서 미분가능하다면 $f'(a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}$입니다. $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}+\dfrac{f(a)-f(a-h)}{h}}{2}=$$\dfrac{f'(a)+f'(a)}{2}=f'(a)$이고 따라서 $x=a$에서 대칭미분가능합니다. $\blacksquare$
(5) (1), (3) 또는 (2), (4)에 의해 성립합니다. $\blacksquare$
이로부터 다음을 알 수 있습니다.
각 영역에 속하는 함수의 예시는 다음과 같습니다.
① $f(x)=x$
② $f(x)=\left\vert x\right\vert$
③ $f(x)=\sqrt[3]{x}$
④ $f(x)=\begin{cases}x&(x\neq 0)\\1&(x=0)\end{cases}$
⑤ $f(x)=\begin{cases}\sqrt[3]{x}&(x\neq 0)\\1&(x=0)\end{cases}$
⑥ $f(x)=\begin{cases}1&(x\in \mathbb{Q})\\0&(x\in \mathbb{Q}^c)\end{cases}$
$pf.$
① $f$가 미분가능하므로 (3), (4), (5)에 의해 $f$는 연속이고 대칭미분가능하고 대칭연속입니다.
$f$ : 연속, 대칭연속, 미분가능, 대칭미분가능
② $f$가 미분불가능한것과 연속인 것은 자명하다. (1)에 의해 $f$는 대칭연속입니다. $f$가 대칭미분가능함을 보입시다. $x\neq 0$에서는 미분가능하므로 (4)에 의해 $x\neq 0$에서는 미분가능합니다. 따라서 $x=0$에서 미분가능함을 보이면 됩니다. $Df(0)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(0+h)-f(0-h)}{2h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{\left\vert h \right\vert -\left\vert -h\right\vert}{2h}=0$이므로 $f$는 대칭미분가능합니다.
$f$ : 연속, 대칭연속, 미분불가능, 대칭미분가능
③ $f$가 연속인 것은 자명합니다. (1)에 의해 $f$는 대칭연속입니다. $f$가 대칭미분불가능하고 미분불가능함을 보입시다. $Df(0)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(0+h)-f(0-h)}{2h}=\displaystyle\lim_{\sqrt[3]{h}-\sqrt[3]{-h}}{2h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{1)}{\sqrt[3]{h^2}}=\infty$이므로 $x=0$에서 대칭미분불가능하고 (4)의 대우에 의해 $x=0$에서 미분불가능합니다.
$f$ : 연속, 대칭연속, 미분불가능, 대칭미분불가능
④ $f$가 불연속임은 자명합니다. (3)의 대우에 의해 $f$는 미분불가능합니다. $f$가 대칭미분가능함을 보입시다. $x\neq 0$이면 $f$는 미분가능합니다. (4)에 의해 $f$는 $x\neq 0$이면 $f$는 대칭미분가능합니다. 따라서 $x=0$에서 대칭미분가능함을 보이면 됩니다. $Df(0)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(0+h)-f(0-h)}{2h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{h-(-h)}{2h}=1$이므로 $f$는 대칭미분가능합니다. (2)에 의해 대칭연속입니다.
$f$ : 불연속, 대칭연속, 미분불가능, 대칭미분가능
⑤ $f$가 불연속임은 자명합니다. (3)의 대우에 의해 $f$는 미분불가능합니다. $Df(0)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(0+h)-f(0-h)}{2h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{\sqrt[3]{h}-\sqrt[3]{-h}}{2h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{1}{\sqrt[3]{h^2}}=\infty$이므로 대칭미분불가능합니다. $x\neq 0$에서 미분가능하므로 (5)에 의해 $x\neq 0$에서 대칭연속입니다. $\displaystyle\lim_{h\to 0}f(0+h)-f(0-h)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\sqrt[3]{h}-\sqrt[3]{-h}=0$이므로 $f$는 대칭연속입니다.
$f$ : 불연속, 대칭연속, 미분불가능, 대칭미분불가능
⑥ 계단함수를 통해서 예시를 들 수도 있었지만 특별히 디리클레 함수를 예시로 들었습니다.
$\mathrm i)$ $a\in \mathbb{Q}$일 때
$h\in\mathbb{Q}$이면 $a+h,\ a-h\in\mathbb{Q}$이고 $h\in\mathbb{Q}^c$이면 $a+h,\ a-h\in\mathbb{Q}^c$입니다. 따라서 $\displaystyle\lim_{h\to 0}f(a+h)-f(a-h)=0$입니다. 따라서 모든 유리수에서 $f$는 대칭연속입니다.
$\mathrm {ii})$ $a\in\mathbb{Q}^c$일 때
$\displaystyle\lim_{h\to 0}f(a+h)-f(a-h)\neq 0$임을 보이려면 엡실론-델타 논법을 부정하여 $\exists \varepsilon_0>0, \forall \delta>0, \exists h\ s.t.\ 0<\left\vert h\right\vert <\delta\Rightarrow \left\vert f(a+h)-f(a-h)\right\vert \ge\varepsilon_0$임을 보이면 됩니다. $\varepsilon_0:=\dfrac{1}{2}$라 합시다. $h:=a-\dfrac{\lfloor 10^n a\rfloor}{10^n}(n\in\mathbb{N})$이라 합시다. $h=\dfrac{10^n a-\lfloor 10^n a\rfloor}{10^n}$이고 $0<h<\dfrac{1}{10^n}$이므로 임의의 $\delta>0$에 대해 $\dfrac{1}{10^n}<\delta$가 되도록 적당한 자연수 $n$을 잡을 수 있습니다. 따라서 $0<\left\vert h\right\vert<\delta$가 되도록 $h$를 잡을 수 있습니다. $a+h=2a-\dfrac{\lfloor 10^n a\rfloor}{10^n}\in\mathbb{Q}^c$이고 $a-h=\dfrac{\lfloor 10^n a\rfloor}{10^n}\in\mathbb{Q}$이므로 $\left\vert f(a+h)-f(a-h)\right\vert =1\ge\varepsilon_0=\dfrac{1}{2}$입니다. 따라서 $f$는 모든 무리수에서 대칭불연속입니다. $f$는 대칭불연속이므로, (1), (2), (5)의 대우에 의해 $f$는 불연속, 미분불가능, 대칭미분불가능합니다.
$f$ : 불연속, 대칭불연속, 미분불가능, 대칭미분불가능
4. 확장대칭미분
다음과 같이 대칭미분의 정의를 확장할 수 있습니다. 이를 확장대칭미분이라 하겠습니다.
$Df(m,\ n,\ a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+mh)-f(a-nh)}{h}$
좌미분계수와 우미분계수가 존재할 때 확장대칭미분가능한 조건을 확인해 봅시다.
$\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+mh)-f(a-nh)}{h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+mh)-f(a)}{mh}\cdot m+\dfrac{f(a)-f(a-nh)}{nh}\cdot n$
$h\rightarrow 0+$ : $mf'_+(a)+nf'_-(a)$
$h\rightarrow 0-$ : $mf'_-(a)+nf'_+(a)$
$mf'_+(a)+nf'_-(a)=mf'_-(a)+nf'_+(a)$인 것과 확장대칭미분가능한 것은 동치입니다. 식을 정리하면 $(f'_+(a)-f'_-(a))(m-n)=0$입니다. 따라서 좌미분계수와 우미분계수가 존재할 때 $f'_-(a)=f'_+(a)$ 또는 $m=n$은 확장대칭미분가능한 것과 동치입니다. $\blacksquare$
5. $n$계 대칭미분
먼저 로피탈의 정리를 알아야 합니다. 자세한 증명은 넘겨도 좋습니다.
$\mathrm{Theorem}.$ 로피탈의 정리 $\mathrm{I}$(우극한)
$-\infty\le a<b\le\infty$라 하고, $f,\ g$가 $(a,b)$에서 미분가능하며 모든 $x\in(a,b)$에 대하여 $g'(x)\neq 0$이라 하자. 그리고 $\displaystyle\lim_{x\to a+}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to a+}g(x)=0$이라 가정하자.
(1) $\displaystyle\lim_{x\to a+}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L\in\mathbb{R}$이면 $\displaystyle\lim_{x\to a+}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L$이다.
(2) $\displaystyle\lim_{x\to a+}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L\in \{-\infty, \infty \}$이면 $\displaystyle\lim_{x\to a+}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L$이다.
$pf.$
$a<\alpha<\beta<b$이면 롤의 정리에 의해 $g(\alpha)\neq g(\beta)$입니다. 코시의 평균값 정리에 의해 $\dfrac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)}=\dfrac{f'(u)}{g'(u)}$가 되는 $u\in(\alpha, \beta)$가 존재합니다.
(1) $L\in\mathbb{R}$이므로 $\varepsilon>0$이 주어지면 $u\in(a, c)$에 대하여 $L-\varepsilon<\dfrac{f'(u)}{g'(u)}<L+\varepsilon$이 되는 $c\in(a, b)$가 존재합니다. 따라서 $a<\alpha<\beta\le c$에 대하여 $L-\varepsilon<\dfrac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)}<L+\varepsilon$입니다. $a\rightarrow a+$이면 $\beta\in(a, c]$에 대하여 $L-\varepsilon\le\dfrac{f(\beta)}{g(\beta)}\le L+\varepsilon$입니다. $\varepsilon>0$은 임의이므로 (1)이 성립합니다. $\blacksquare$
(2) $L=-\infty$인 경우도 유사하게 보일 수 있으므로 $L=\infty$인 경우만 보이겠습니다. $M>0$이 주어지면 $u\in(a, c)$에 대하여 $\dfrac{f'(u)}{g'(u)}>M$이 되는 $c\in(a, b)$가 존재합니다. 따라서 $a<\alpha<\beta<c$에 대하여 $\dfrac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)}>M$이 됩니다. $a\rightarrow a+$이면 $\beta\in(a, c)$에 대하여 $\dfrac{f(\beta)}{g(\beta)}\ge M$입니다. $M>0$은 임의이므로 (2)가 성립합니다. $\blacksquare$
$\mathrm{Theorem}.$ 로피탈의 정리 $\mathrm{I}$(좌극한)
$-\infty\le a<b\le\infty$라 하고, $f,\ g$가 $(a,b)$에서 미분가능하며 모든 $x\in(a,b)$에 대하여 $g'(x)\neq 0$이라 하자. 그리고 $\displaystyle\lim_{x\to b-}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to b-}g(x)=0$이라 가정하자.
(1) $\displaystyle\lim_{x\to b-}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L\in\mathbb{R}$이면 $\displaystyle\lim_{x\to b-}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L$이다.
(2) $\displaystyle\lim_{x\to b-}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L\in \{-\infty, \infty \}$이면 $\displaystyle\lim_{x\to b-}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L$이다.
이도 위와 유사하게 증명할 수 있으므로 다음이 성립합니다.
$\mathrm{Theorem}.$ 로피탈의 정리 $\mathrm{I}$
$-\infty\le a<c<b\le\infty$라 하고, $f,\ g$가 $(a,b)$에서 미분가능하며 모든 $x\in(a,b)-\{c\}$에 대하여 $g'(x)\neq 0$이라 하자. 그리고 $\displaystyle\lim_{x\to c}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to c}g(x)=0$이라 가정하자.
(1) $\displaystyle\lim_{x\to c}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L\in\mathbb{R}$이면 $\displaystyle\lim_{x\to c}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L$이다.
(2) $\displaystyle\lim_{x\to c}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L\in \{-\infty, \infty \}$이면 $\displaystyle\lim_{x\to c}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L$이다.
이제 다음 문제를 풀어봅시다.
$\mathrm{I}\subset\mathbb{R}$가 개구간이고 $f:\mathrm{I}\rightarrow\mathbb{R}$가 $\mathrm{I}$에서 미분가능하다고 하자. 또 $a\in\mathrm{I}$에서 $f''(a)$가 존재한다고 가정하자. 다음을 보여라.
$f''(a)=\displaystyle\lim_{h \to 0}\dfrac{f(a+h)-2f(a)+f(a-h)}{h^2}$
이 극한은 존재하지만 $a$에서 이계도함수를 갖지 않는 함수의 예를 들어라.
$sol.$
$\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-2f(a)+f(a-h)}{h^2}$에서 분모, 분자를 $h$에 대한 함수로 생각하면 로피탈의 정리의 조건을 만족시킵니다. 로피탈의 정리에 의해 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-2f(a)+f(a-h)}{h^2}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f'(a+h)-f'(a-h)}{2h}$가 성립하고 다시 식을 정리하면 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f'(a+h)-f'(a-h)}{2h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{\dfrac{f'(a+h)-f'(a)}{h}+\dfrac{f'(a)-f'(a-h)}{h}}{2}=f''(a)$임을 알 수 있습니다.
또한 이 극한이 존재한다고 $a$에서 이계도함수가 존재하는 것은 아닙니다. 예를 들어 $f(x)=\begin{cases}x^2\sin\dfrac{1}{x}&(x\neq 0)\\0&(x=0)\end{cases}$와 같은 경우, 극한값 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(0+h)-2f(0)+f(0-h)}{h^2}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{h^2\sin\dfrac{1}{h}-0-h^2\sin\dfrac{1}{h}}{h^2}=0$입니다. $f'(0)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{h^2\sin\dfrac{1}{h}-0}{h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}h\sin\dfrac{1}{h}=0$이므로 $f'(x)=\begin{cases}2x\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}&(x\neq 0)\\0&(x=0)\end{cases}$입니다. $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{2h\sin\dfrac{1}{h}-\cos\dfrac{1}{h}-0}{h}$가 수렴하지 않기 때문에 $f''(0)$은 존재하지 않습니다.
이 문제에서 영감을 받아 이를 $n$계 대칭미분으로 확장해보았습니다. $\mathrm{I}\subset\mathbb{R}$가 개구간이고 $f:\mathrm{I}\rightarrow\mathbb{R}$가 $f\in C^\infty (\mathrm{I})$ ($\mathrm{I}$에서 임의 횟수로 미분가능)라고 합시다. 위의 결과로부터 $f^{(3)}(a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f'(a+h)+f'(a-h)-2f'(a)}{h^2}$임을 알 수 있습니다. 로피탈의 정리를 써서 이 식이 나오면 되므로 $f^{(3)}(a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a-h)-2hf'(a)}{\dfrac{1}{3}h^3}$라는 것을 알 수 있습니다. 유사하게 $f^{(4)}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f'(a+h)-f'(a-h)-2hf''(a)}{\dfrac{1}{3}h^3}$이므로 로피탈의 정리를 써서 이 식이 나오려면 $f^{(4)}(a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)-h^2f''(a)}{\dfrac{1}{3\cdot 4}h^4}$라는 것을 알 수 있습니다. 눈치 빠른 짱구는 이미 눈치챘겠지만 한 번 더 해봅시다. 마지막으로 $f^{(5)}(a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f'(a+h)+f'(a-h)-2f'(a)-h^2f^{(3)}(a)}{\dfrac{1}{3\cdot 4}h^4}$이므로 로피탈의 정리를 써서 이 식이 나오려면 $f^{(5)}(a)=\displaystyle\lim{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a-h)-2hf'(a)-\dfrac{1}{3}h^3f^{(3)}(a)}{\dfrac{1}{3\cdot 4\cdot 5}h^5}$라는 것을 알 수 있습니다. 이로부터 귀납적으로 추측하여 다음 주장을 얻을 수 있었습니다.
$\mathrm {Theorem}.$ $n$계 대칭미분 정리
$\mathrm{I}\subset\mathbb{R}$가 개구간이고 $f:\mathrm{I}\rightarrow\mathbb{R}$가 $\mathrm{I}$에서 $n-1(n\in\mathbb{N})$번 미분가능하다고 하자. 또 $a\in\mathrm{I}$에서 $f^{(n)}(a)$가 존재한다고 가정하자. 그러면 다음이 성립한다.
$f^{(n)}(a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)+(-1)^nf(a-h)-\displaystyle\sum_{k=1}^{\displaystyle\lfloor\dfrac{n}{2}\displaystyle\rfloor} \dfrac{2}{(n-2k)!}h^{n-2k}f^{(n-2k)}(a)}{\dfrac{2}{n!}h^n}$
$pf.$
$n=1$일 때는 이미 증명하였으므로 $n\ge2$일 때만 증명하여도 충분하다. 우선 분모와 분자를 각각 $m\in\mathbb{N}_0(m\le n-2)$번 미분했을 때, 로피탈의 정리를 적용할 수 있음을 보입시다. $m$번 미분했을 때의 식은 다음과 같습니다.
$\dfrac{f^{(m)}(a+h)+(-1)^{m+n}f^{(m)}(a-h)-\displaystyle\sum_{k=1}^{\displaystyle\lfloor\dfrac{n-m}{2}\displaystyle\rfloor} \dfrac{2}{(n-2k-m)!}h^{n-2k-m}f^{(n-2k)}(a)}{\dfrac{2}{(n-m)!}h^{n-m}}$
$\mathrm i)\ m+n$이 짝수일 때
$n-m$이 짝수이므로 $\dfrac{n-m}{2}$가 자연수입니다. 따라서 분자($\varphi$)와 분모($\psi$)를 다음과 같이 정리할 수 있습니다.
$\varphi(h)=f^{(m)}(a+h)+f^{(m)}(a-h)-2f^{(m)}(a)-\displaystyle\sum_{k=1}^{\dfrac{n-m}{2}-1}\dfrac{2}{(n-2k-m)!}h^{n-2k-m}f^{(n-2k)}(a)$
$\psi(h)=\dfrac{2}{(n-m)!}h^{n-m}$
$m\le n-2$인데 $f$는 $\mathrm I:=(p,q)$에서 $n-1$번 미분가능합니다. $a\in\mathrm I$이므로 $p-a,\ a-q<0$이고 $q-a,\ a-p>0$입니다. 따라서 다음과 같은 구간 $\mathrm I'$을 정의할 수 있습니다.
$\mathrm I':=(\max\{p-a,\ a-q\}, \min\{q-a,\ a-p\})$
$h\in\mathrm I'$이면 $a+h,\ a-h\in \mathrm I$이므로 $\varphi$는 $\mathrm I'$에서 미분가능합니다.
$n-m\ge 2$이므로 $\psi$가 $\mathrm I'$에서 미분가능함은 자명합니다. 또한 $\psi'(h)=\dfrac{2}{(n-m-1)!}h^{n-m-1}$이므로 모든 $h\in\mathrm I'-\{0\}$에 대해 $\psi'(h)\neq 0$입니다.
$\varphi(h)$에서 $h$의 차수 $n-2k-m\ge 2$이므로 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\varphi(h)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\psi(h)=0$입니다.
따라서 로피탈의 정리의 조건을 모두 만족시킵니다.
$\mathrm {ii})\ m+n$이 홀수일 때
$n-m$이 홀수이므로 $\dfrac{n-m}{2}$가 자연수가 아닙니다. 따라서 분자($\varphi$)와 분모($\psi$)를 다음과 같이 정리할 수 있습니다.
$\varphi(h)=f^{(m)}(a+h)-f^{(m)}(a-h)-2f^{(m)}(a)-\displaystyle\sum_{k=1}^{\dfrac{n-m-1}{2}}\dfrac{2}{(n-2k-m)!}h^{n-2k-m}f^{(n-2k)}(a)$
$\psi(h)=\dfrac{2}{(n-m)!}h^{n-m}$
$m\le n-2$인데 $f$는 $\mathrm I:=(p,q)$에서 $n-1$번 미분가능합니다. $a\in\mathrm I$이므로 $p-a,\ a-q<0$이고 $q-a,\ a-p>0$입니다. 따라서 다음과 같은 구간 $\mathrm I'$을 정의할 수 있습니다.
$\mathrm I':=(\max\{p-a,\ a-q\}, \min\{q-a,\ a-p\})$
$h\in\mathrm I'$이면 $a+h,\ a-h\in \mathrm I$이므로 $\varphi$는 $\mathrm I'$에서 미분가능합니다.
$n-m\ge 2$이므로 $\psi$가 $\mathrm I'$에서 미분가능함은 자명합니다. 또한 $\psi'(h)=\dfrac{2}{(n-m-1)!}h^{n-m-1}$이므로 모든 $h\in\mathrm I'-\{0\}$에 대해 $\psi'(h)\neq 0$입니다.
$\varphi(h)$에서 $h$의 차수 $n-2k-m\ge 1$이므로 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\varphi(h)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\psi(h)=0$입니다.
따라서 로피탈의 정리의 조건을 모두 만족시킵니다.
$\mathrm i)\mathrm {ii})$에 의해 $m\in\mathbb{N}_0(m\le n-2)$번 미분했을 때, 로피탈의 정리를 적용할 수 있으므로 로피탈의 정리를 $n-1$번 연속하여 적용합시다.
$\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f^{(n-1)}(a+h)-f^{(n-1)}(a-h)}{2h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{\dfrac{f^{(n-1)}(a+h)-f^{(n-1)}(a)}{h}+\dfrac{f^{(n-1)}(a)-f^{(n-1)}(a-h)}{h}}{2}$$=f^{(n)}(a)$로 $f^{(n)}(a)$의 존재 조건에 의해 극한값이 존재하므로 다시 역으로 되돌아가면 주장이 증명됩니다. $\blacksquare$
$\mathrm{I}\subset\mathbb{R}$가 개구간이고 $f:\mathrm{I}\rightarrow\mathbb{R}$가 $\mathrm{I}$에서 $n-1(n\in\mathbb{N})$번 미분가능하다고 합시다. $a\in\mathrm I$에서 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)+(-1)^nf(a-h)-\displaystyle\sum_{k=1}^{\displaystyle\lfloor\dfrac{n}{2}\displaystyle\rfloor} \dfrac{2}{(n-2k)!}h^{n-2k}f^{(n-2k)}(a)}{\dfrac{2}{n!}h^n}$가 존재하지만 $f^{(n)}(a)$가 존재하지 않는 경우도 있습니다.
$f(x)=\begin{cases}x^m\sin\dfrac{1}{x}&(x\neq 0)\\0&(x=0)\end{cases}$가 그 예입니다.
이는 2006학년도 서울대 심층면접 2번 문항과도 관계가 있습니다. $f$를 한 번 미분해봅시다. 정의역을 고려하여 $m\in\mathbb{Z}$이라고 합시다. $x\neq 0$일 때는 $f'(x)=mx^{m-1}\sin\dfrac{1}{x}-x^{m-2}\cos{1}{x}$입니다. $x=0$일 때는 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{h^m\sin\dfrac{1}{h}-0}{h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}h^{m-1}\sin\dfrac{1}{h}$를 계산해야 합니다. $-\left\vert h^{m-1}\right\vert\le h^{m-1}\sin\dfrac{1}{h}\le\left\vert h^{m-1}\right\vert$에서 $m-1>0$이면 조임 정리에 의해 $\displaystyle\lim_{h\to 0}h^{m-1}\sin\dfrac{1}{h}=0$입니다. $m-1\le 0$이면 $\displaystyle\lim_{h\to 0}h^{m-1}\sin\dfrac{1}{h}$가 발산합니다. 즉, $x$의 최소차수가 $0$보다 크면 수렴하고 $0$ 이하이면 발산한다는 것을 알 수 있습니다.
$f^{(n-2)}(0)$이 존재하고 $f^{(n)}(0)$이 존재하지 않는다고 합시다. $f$를 $n-3$번 미분했을 때 $x$의 최소차수는 $m-2(n-3)$입니다. $f^{(n-2)}(0)$이 존재해야 하므로 $m-2(n-3)-1=m-2n+5>0$이여야 합니다. 또, $n-1$번 미분했을 때 $x$의 최소차수가 $m-2(n-1)$입니다. $f^{(n)}(0)$이 존재하지 않아야 하므로 $m-2(n-1)-1=m-2n+1\le 0$이여야 합니다. 종합해보면 $2n-1\ge m>2n-5$입니다.
이제 이 범위를 만족하는 $m$에 대하여 위의 극한값이 존재하는 조건을 구해봅시다. $f$가 $n-2$번 미분가능하므로 $f^{(n-2)}(0)=f^{(n-4)}(0)=\cdots=f^{(n-2\displaystyle\lfloor\dfrac{n}{2}\displaystyle\rfloor)}(0)=0$입니다. 따라서 시그마 항은 0이 됩니다. 분자를 정리해주면 $(1-(-1)^{m+n})h^m\sin\dfrac{1}{h}$이고 분모는 $\dfrac{2}{n!}h^n$입니다. 따라서 $m-n>0$이거나 $m+n$이 짝수이면 극한값이 $0$으로 수렴합니다.
$\mathrm i)$ $m=2n-1$일 때를 살펴봅시다. $n>1$이면 $m-n=n-1>0$의 조건을 만족시킵니다. 또한 $n=1$일 때 $m=1$인데 $m+n=2$로 짝수가 됩니다. 따라서 $m=2n-1$이면 모든 자연수 $n$에 대하여 조건을 만족시키므로 적절한 예시가 됩니다.
$\mathrm {ii})$ $m=2n-2$일 때를 살펴봅시다. $n>2$이면 $m-n=n-2>0$의 조건을 만족시킵니다. 또한 $n=1,\ 2$일 때 각각 $m=0,\ 2$인데 $n=2$일 때는 짝수 조건을 만족시키지만 $n=1$일 때는 짝수 조건을 만족시키지 못합니다.
$\mathrm {iii})$ $m=2n-3$일 때를 살펴봅시다. $n>3$이면 $m-n=n-3>0$의 조건을 만족시킵니다. 또한 $n=1,\ 2,\ 3$일 때 각각 $m=-1,\ 1,\ 3$인데 $n=1,\ 3$일 때는 짝수 조건을 만족시키지만 $n=2$일 때는 짝수 조건을 만족시키지 못합니다.
$\mathrm {iv})$ $m=2n-4$일 때를 살펴봅시다. $n>4$이면 $m-n=n-4>0$의 조건을 만족시킵니다. 또한 $n=1,\ 2,\ 3,\ 4$일 때 각각 $m=-2,\ 0,\ 2,\ 4$인데 $n=2,\ 4$일 때는 짝수 조건을 만족시키지만 $n=1,\ 3$일 때는 짝수 조건을 만족시키지 못합니다.
이를 다시 정리해봅시다.
$\mathrm{I}\subset\mathbb{R}$가 개구간이고 $f:\mathrm{I}\rightarrow\mathbb{R}$가 $\mathrm{I}$에서 $n-1(n\in\mathbb{N})$번 미분가능하다고 하자. 또 $a\in\mathrm{I}$에서 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)+(-1)^nf(a-h)-\displaystyle\sum_{k=1}^{\displaystyle\lfloor\dfrac{n}{2}\displaystyle\rfloor} \dfrac{2}{(n-2k)!}h^{n-2k}f^{(n-2k)}(a)}{\dfrac{2}{n!}h^n}$가 존재하지만 $f^{(n)}(a)$가 존재하지 않는 경우 : $f(x)=\begin{cases}x^m\sin\dfrac{1}{x}&(x\neq 0)\\0&(x=0)\end{cases}$
$m=2n-1(n\ge 1),\ m=2n-2(n\ge 2),\ m=2n-3(n=1,\ n\ge 3),\ m=2n-4(n=2,\ n\ge 4)$
활용(이계대칭미분)
이계대칭미분을 이용해서 도함수와 함수의 관계를 알아낼 수 있습니다. 다음을 증명해 보겠습니다.
$\mathrm {Theorem}.$
$\mathrm I\subset\mathbb{R}$가 개구간이고 $f:\mathrm I\rightarrow\mathbb R$가 $\mathrm I$에서 이계도함수를 갖는다고 하자. 그러면 $f$가 $\mathrm I$에서 볼록(convex)하기 위한 필요충분조건은 모든 $x\in\mathrm I$에 대하여 $f''(x)\ge 0$이다.
$pf.$
여기에서는 충분조건인 것만 증명하겠다.
$n$계 대칭미분 정리에 의해 $a\in\mathrm I$에 대하여 $f''(a)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}$이다. $h$가 $a+h,\ a-h\in\mathrm I$를 만족시킨다고 가정해도 상관없다. 볼록의 정의에 의해 $f(a+h)+f(a-h)-2f(a)$가 성립하므로 $f''(a)\ge 0$이다.
이는 $n$계 대칭미분 정리의 특수한 경우이므로 $n$계 대칭미분 정리의 예시로 보기는 어렵습니다. 참고로 $f'(x)$와 함수의 증감에 관한 내용을 증명할 때도 마찬가지로 $n$계 대칭미분 정리를 사용할 수 있지만 도함수의 정의를 쓰는 것과 별반 다르지 않습니다.
그래서 $n$계 대칭미분 정리를 이용해서 증명할 수 있는 정리가 무엇이 있을까 고민하다가 다음과 같은 정리가 $n$계 대칭미분 정리를 쓰기 쉬운 꼴이라는 것을 인식했습니다.
$\mathrm {Theorem}.$
$\mathrm I$를 구간이라 하고 $x_0$를 $\mathrm I$의 내점이라 하자. $n\ge 2$라 하자. 도함수 $f',\ f'',\ \ldots,\ f^{(n)}$가 존재하고 $x_0$의 근방에서 연속이며 $f'(x_0)=\cdots=f^{(n-1)}(x_0)=0$이다.
(1) $n$이 짝수이고 $f^{(n)}(x_0)>0$이면, $f$는 $x_0$에서 극솟값을 가진다.
(2) $n$이 짝수이고 $f^{(n)}(x_0)<0$이면, $f$는 $x_0$에서 극댓값을 가진다.
(3) $n$이 홀수이고 $f^{(n)}(x_0)\neq 0$이면, $f$는 $x_0$에서 극댓값도 극솟값도 가지지 않는다.
하지만 여기에서 $n$계 대칭미분 정리를 이용하여 얻은 식을 활용하기는 어려워 보입니다.
6. 제언
⑥에서 계단함수로 예시를 들 수도 있었지만 특별히 디리클레 함수로 에시를 든 이유가 있습니다. 2006학년도 서울대 심층면접 1번 문항 "(4) 대칭연속인 어떤 함수 $f$에 대하여 모든 불연속한 점들의 집합을 $S(f)$로 나타내자. 이 때 집합 $S(f)$에 속하는 임의의 두 점 간의 거리들의 최소값이 항상 존재하겠는가?"예서 $S(f)$에 속하는 임의의 두 점 간의 거리들의 최솟값이 존재하지 않는다면, 어떤 유계인 구간 $\mathrm I$와 $f$의 정의역 $X$에 대하여 $S(f|_{\mathrm I\cap X})$가 무한집합이여야 합니다. 직관이지만 $S(f|_{\mathrm I\cap X})$가 무한집합이면 대칭연속에 의해 모순이 생길 것입니다. 만약 디리클레 함수가 대칭연속이었다면 $S(f|_{\mathrm I\cap X})$가 무한집합이면서 대칭연속인 함수의 예시가 되었을 것입니다. 따라서 디리클레 함수가 대칭불연속임을 보인 것은 앞의 $S(f)$에 속하는 임의의 두 점 간의 거리들의 최솟값이 항상 존재한다는 가설과 $S(f|_{\mathrm I\cap X})$가 유한집합이라는 가설에 대한 빈약한 근거가 될 수 있습니다. 좀 더 살펴보겠지만 $S(f|_{\mathrm I\cap X})$가 유한집합이라는 가설은 중요한 역할을 합니다.
그렇다면 만약에 $S(f|_{\mathrm I\cap X})$가 무한집합일 수 있다면 어떤 문제가 생길까요? 이는 "(7) 대칭연속함수 $f$에 대하여 $f$가 연속인 모든 점 $x=a$에서 $\overset{\sim}{f}(a)=f(a)$를 만족하는 연속함수 $\overset{\sim}{f}$가 유일하게 존재하겠는가? 이 사실을 이용하여 대칭연속함수 $f$의 부정적분과 정적분을 어떻게 정의하면 좋을 것인가 논하라."와 관련이 있습니다. 디리클레 함수가 대칭연속이라고 가정해 봅시다. 그렇다면 디리클레 함수는 모든 점에서 불연속이기 때문에 $\overset{\sim}{f}$가 유일하게 결정되지 않습니다. 따라서 대칭연속함수의 리만 적분을 $\overset{\sim}{f}$를 통해서 정의하기 어렵습니다. 참고로 $S(f|_{\mathrm I\cap X})$가 무한집합일 수 있다고 $\overset{\sim}{f}$가 유일하게 결정되지 않는 것은 확실하지 않습니다.
토메 함수 $f(x)=\begin{cases}0&(x\in \mathbb{Q}^c)\\1&(x=0)\\\dfrac{1}{q}&(x=\dfrac{p}{q},\ p,q\in\mathbb Z,\ gcd(p,q)=1,\ q>0)\end{cases}$가 대칭연속이라고 가정해 봅시다. 토메 함수는 모든 무리수점에서 연속이고 모든 유리수저머에서 불연속입니다. 따라서 $\overset{\sim}{f}(x)=0$으로 유일합니다. 토메 함수의 경우에는 그 자체도 유계폐구간에서 리만 적분 가능하고 그 적분값은 $\overset{\sim}{f}$를 리만 적분한 값과 같습니다.
$S(f|_{\mathrm I\cap X})$가 무한집합일 수 없다면 어떠한 장점이 있는지에 대해 간략히 소개하고 마치겠습니다. 우선, 대칭연속인 함수 $f$가 유계폐구간 $\mathrm I$에서 유한개의 불연속점을 가지므로 불연속점 $x=b$에서 $\overset{\sim}{f}(b)=\displaystyle\lim_{h\to 0}f(b+h)$로 정의하여 유일한 $\overset{\sim}{f}$를 얻을 수 있습니다. $x=a$에서 연속이면 $f(a)=\overset{\sim}{f}(a)$이고 불연속점은 유계폐구간 $\mathrm I$ 내에서 유한하기 때문에 대칭연속인 함수 $f$는 $\mathrm I$에서 연속인 함수 $\overset{\sim}{f}$와 유한개의 점에서 다릅니다. $\overset{\sim}{f}$는 $\mathrm I$ 내에서 연속이기 대문에 유계성 정리에 의해 $x\in\mathrm I$이면 $\left\vert\overset{\sim}{f}(x)\right\vert\le M$을 만족하는 $M>0$이 존재합니다. $f$가 $\overset{\sim}{f}$와 유한개의 점 $x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_n$에서 다르다고 합시다. $N:=max\{M,\left\vert x_1\right\vert,\left\vert x_2\right\vert,\ldots,\left\vert x_n\right\vert\}$라고 하면 $x\in\mathrm I$인 모든 $x$에 대해 $\left\vert f(x)\right\vert\le N$이 서립합니다. 따라서 $f$는 유계입니다. $f$는 $\mathrm I$에서 유계이고 $\mathrm I$의 거의 모든 점에서 연속이므로 르베그 적분가능성 판정법에 의해 $f$는 $\mathrm I$에서 리만 적분가능합니다. 또한 $f$가 $\mathrm I=[a,b]$에서 리만 적분가능하고 $\mathrm I$에 있는 유한개의 점을 제외한 모든 점에서 $f(x)=\overset{\sim}{f}(x)$이므로 $\displaystyle\int_a^b f=\displaystyle\int_a^b \overset{\sim}{f}$입니다. 따라서 $\overset{\sim}{f}$을 이용하여 $f$의 리만 적분값을 구할 수 있습니다.
그럼 가장 중요한 질문이 남았습니다. $S(f|_{\mathrm I\cap X})$는 항상 유한집합일까요? 정답은 "틀렸다"입니다. 허무하셨나요? 어쩔 수 없었습니다. 만약 제가 이걸 앞에서 말했더라면 여러분들은 앞의 내용을 별로 흥미로워하지 않으셨을 거니까요. 사설이지만 $P$가 거짓일 수 있는 상황에서 $P\rightarrow Q$임을 추론하는 것을 잠정적인 추론이라고 합니다. 뉴턴의 법칙을 $P$, 만유인력의 법칙을 $G$, 행성의 궤적이 포물선, 타원, 쌍곡선 중 하나라는 것을 $Q$라고 합시다. $P\land G\rightarrow Q$와 같은 것도 잠정적인 추론입니다. 잠정적인 추론을 하는 능력은 중요한데, 왜냐하면 우리가 궤적이 직선인 행성을 발견했을 때 $P,\ G$ 중 하나가 잘못되었다는 것을 알 수 있기 때문입니다. 잠정적인 추론을 하는 능력은 고등한 문명에서 발견된다는 주장도 있습니다.
사설이 길었습니다. 이제 $S(f|_{\mathrm I\cap X})$가 무한집합인 예를 살펴봅시다.
$f(x)=\begin{cases}1&(x=\pm\dfrac{1}{n},\ n\in\mathbb N)\\0&(x\neq\pm\dfrac{1}{n},\ n\in\mathbb N)\end{cases}$
먼저, 함수 $f$가 대칭연속함수임을 보입시다.
$\mathrm i)$ $a=\pm\dfrac{1}{n}$인 경우
$\displaystyle\lim_{h\to 0}f(a+h)-f(a-h)=\displaystyle\lim_{h\to 0}(0-0)=0$
$\mathrm {ii})$ $a\neq\pm\dfrac{1}{n}$이고 $a\neq 0$인 경우
연속이므로 대칭연속입니다.
$\mathrm {iii})$ $a=0$인 경우
$h\neq\pm\dfrac{1}{n}$이면 $f(a+h)-f(a-h)=0-0=0$
$h=\pm\dfrac{1}{n}$이면 $f(a+h)-f(a-h)=1-1=0$
그러므로 $\displaystyle\lim_{h\to 0}f(a+h)-f(a-h)=0$입니다.
$\mathrm i)\mathrm {ii})\mathrm {iii})$에 의해 함수 $f$는 대칭연속입니다. $(\dfrac{1}{n+1},\ 1),\ (\dfrac{1}{n},\ 1)\in S(f)(n\in\mathbb N)$입니다. 이 두 점 사이의 거리는 $\dfrac{1}{n(n+1)}$입니다. 임의의 $\varepsilon>0$에 대해서 $\dfrac{1}{n(n+1)}<\varepsilon$을 만족하는 $n$이 존재합니다. 또한 $S(f)$에 속하는 임의의 서로 다른 두 점 사이의 거리는 $0$ 보다 크므로 최솟값이 존재하지 않습니다.
감사합니다.
Exponential 17 최정원
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