院試を解く2 平面上の実数値連続関数

証明　(1)$f(x, y)=x^2+y^2$と置く.$B(x, y, R)$で中心$(x, y)$半径$R$の開円板を表すことにすると$|f(x, y)|\leq R \Leftrightarrow (x, y)\in B(0, R)$であり有界なので(＊)を満たす.
(2)$f$が有界ならば上界,下界を$M$, $m$として$R=\text{max}\{|M|, |m|\}$と置けば$\{(x, y)||f(x, y)|\leq R\}$は平面全体となり非有界なので(＊)を満たさない.
よって最大値と最小値を共に持たないとして矛盾を導けば十分.$f$は連続なので$\mathbb{R}^2$の像は$\mathbb{R}$の連結部分集合,すなわち区間である.(＊)から上または下に非有界だから必要なら$-1$倍と平行移動をすることで$f(\mathbb{R}^2)=(\alpha, \infty)$,$\alpha=-2$または$-\infty$としてよい.このとき(＊)を満たしたままである. (＊)から$X=\{(x, y)||f(x, y)|\leq 1\}$は原点中心のある開球$B(0, 0, \epsilon)$に含まれる. $f(\overline{B(0, 0, \epsilon)}) $は$f$の連続性から$\mathbb{R}$の連結なコンパクト集合だから$[a, b]$と置ける. $X\subseteq B(0, 0, \epsilon)$だから$f(\mathbb{R}^2\backslash \overline{B(0, 0, \epsilon)})$は$[-1, 1]$を含まない.$\frac{\alpha+a}{2}\notin [a, b]$だから$\frac{\alpha+a}{2}, b+1\in f(\mathbb{R}^2\backslash \overline{B(0, 0, \epsilon)})$.これは$f(\mathbb{R}^2\backslash \overline{B(0, 0, \epsilon)})$の連結性に反する.