用户: Ruiqi chen/CoursesNotes/数学分析 I (实验班)/Sep 30 2024

正文

连续函数的性质

命题 1. $f$ 在 $[0,1]$ 上单调, 则 $f$ 的不连续点至多可数.

证明. 不妨假设 $f$ 单调增, $f$ 在 $x_0$ 处连续如若 ${\lim }_{x\to {x_0}^{-}}f(x)={\lim }_{x\to {x_0}^{+}}f(x)$, $f$ 在 $x_0$ 处不连续如若 ${\lim }_{x\to {x_0}^{-}}f(x)<{\lim }_{x\to {x_0}^{+}}f(x)$. 故每个不连续点 $x_0$ 均对应于区间 $({\lim }_{x\to {x_0}^{-}}f(x),{\lim }_{x\to {x_0}^{+}}f(x))$, 这些开区间互不相交, 对应到其中的有理数, 故不连续点至多可数.

$\square$

定理 2 (介值定理). 令 $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ 为连续函数, 则: $$[\min \{f(a),f(b)\},\max \{f(a),f(b)\}]\subseteq f([a,b])$$(1)

证明. 作平移翻转, 只需证 $f(a)<0,f(b)>0$ 而 $0\in f([a,b])$.

作区间套 $I_1=[a,b]$, 若 $f(\frac{a+b}{2})>0$, 令 $I_2=[a,\frac{a+b}{2}]$, 若 $f(\frac{a+b}{2})<0$, 令 $I_2=[\frac{a+b}{2},b]$, 若 $f(\frac{a+b}{2})=0$, 则 $0\in f([a,b])$, 依次类推构造区间套 $\{I_n=[a_n,b_n]\}$. 有 $b_n-a_n=\frac{1}{2}(b_{n-1}-a_{n-1}),f(a_n)<0,f(b_n)>0$, 从而 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n={\lim }_{n\to \infty }{b}_n=c$, 有 ${\lim }_{n\to \infty }f(a_n)=f(c)={\lim }_{n\to \infty }f(b_n)$, 故 $f(c)=0$.

$\square$

例 3. 令 $f:[0,1]\to [0,1]$ 连续, 则存在 $x\in [0,1]$ 使得 $f(x)=x$.

例 4. 对任意连续函数 $f,f(0)=f(1)$, 对任意 $n$, 存在 $x_1,x_2\in [0,1]$ 使得 $f(x_1)=f(x_2)$ 且 $x_2-x_1=\frac{1}{n}$.

证明. 考察 $f(x+\frac{1}{n})-f(x)$, 有 ${\sum }_{k}f(\frac{k}{n})-f(\frac{k-1}{n})=0$, 故 $f(\frac{k}{n})>f(\frac{k-1}{n})$ 不总是成立或不成立.

$\square$

例 5. 令 $f:{\mathbb{R}}_{\ge 0}\to {\mathbb{R}}_{\ge 0}$ 定义为 $f(x)=x^2$, 则 $f$ 是连续的双射.

证明. $f$ 单调增, 单射, 只需验证满射, 注意到 $[0,n]\to [0,n^2]$ 在 $f({\mathbb{R}}_{\ge 0})$ 中, 故存在反函数 $f^{-1}(x)=\sqrt{x}$.

$\square$

定理 6. $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ 连续, 则 $f$ 在 $[a,b]$ 上能取到最大最小值, 也即 $f([a,b])$ 是闭区间.

证明. 先证明 $f([a,b])$ 有界, 不失一般性, 只需证明有上界.

反设存在 $x_n\in [a,b]$ 使得 $f(x_n)>n$, 用 Borel–Weierstrass 定理, 有收敛子列 $x_{n_k}\to x_0$, 依连续性有 $f(x_{n_k})\to f(x_0)$, 矛盾.

再证明 $f$ 能取到上下界, 不失一般性, 只需证明能取到上确界 $M$.

反设 $f(x)<M$, 则 $\frac{1}{M-f(x)}$ 连续从而有界, 从而 $M$ 不是上确界, 矛盾.

$\square$

定理 7. $f$ 是 $[a,b]$ 上的严格单调增的连续函数, 则 $f([a,b])=[f(a),f(b)]$, 从而 $f$ 是从 $[a,b]$ 到 $[f(a),f(b)]$ 的双射, 存在逆 $f^{-1}:[f(a),f(b)]\to [a,b]$ 严格单调增的连续函数.

证明. $f$ 严格单调增从而单, 连续保证 $f$ 是满射, $f^{-1}$ 单调增只需反设存在 $y_1<y_2$ 而 $f^{-1}(y_1)\ge f^{-1}(y_2)$, 利用单调性有 $f(f^{-1}(y_1))\ge f(f^{-1}(y_2))$, 矛盾, 只需证明连续性.

否则存在 ${\sup }_{y<y_0}{f}^{-1}(y)<f^{-1}(y_0)$ 或 ${\inf }_{y>y_0}{f}^{-1}(y)>f^{-1}(y_0)$, 不妨假设是后者, 取 $x_0\in (f^{-1}(y_0),{\inf }_{y>y_0}{f}^{-1}(y))$, 有 $x_0=f^{-1}(f(x_0))\ge {\inf }_{y>y_0}{f}^{-1}(y)>x_0$, 矛盾.

$\square$

初等函数

定理 8. 指数函数 $\exp :\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}_{>0}$ 的双射, 从而存在反函数 ${\exp }^{-1}=\log :{\mathbb{R}}_{>0}\to \mathbb{R}$, 满足:

1.	$x,y>0$ 有 $\log (xy)=\log x+\log y$;
2.	$\log (x)$ 在 ${\mathbb{R}}_{>0}$ 上严格单调增;

证明. $\exp x$ 在 $x\ge 0$ 时严格单调增, 有 $\exp 0=1$ 而 $\exp -x=\frac{1}{\exp x}$, 当 $x<0$ 时, $\exp x<1$, 而 $\exp x={(\exp -x)}^{-1}$ 单调增, 从而 $\exp :[-n,n]\to [\exp -n,\exp n]$ 是双射, 依此将 $\log$ 延拓至 ${\mathbb{R}}_{>0}$ 即可.

$\square$

注 9. 现在记 ${\log }_{a}x=\frac{\log x}{\log a}$, 其中 $a>0,a\ne 1$, 而 $a^x=\exp (x\log a)$, 其中 $a>0$.

定义 10. $O(x)$ 表示存在常数 $C$ 使得: $$\left|O(x)\right|\le C\left|x\right|$$(2)$o(x)$ 表示高阶无穷小, 也即: $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{o(x)}{x}=0$$(3)

注 11. $\log 1+x=x+o(x),{(1+x)}^{\mu }=1+\mu x+o(x)$.

证明. 注意到: $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\log 1+x}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\log (1+x)}{\exp (\log 1+x)-1}=1$$(4)$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{(1+x)}^{\mu }-1}{\mu x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\exp (\mu \log (1+x))-1}{\mu \log (1+x)}\frac{\log (1+x)}{x}=1$$(5)

$\square$

点集拓扑介绍

定义 12 (拓扑空间). 一个拓扑空间 $(X,\mathcal{A})$ 是集合 $X$, 其上带有开集结构 $\mathcal{A}\subseteq \mathcal{P}(X)$, $\mathcal{A}$ 中元素称为开集, 满足:

1.	$\varnothing ,X\in \mathcal{A}$;
2.	开集的有限交集在 $\mathcal{A}$ 中, $U_1,\dots ,U_n\in \mathcal{A}⟹{\bigcap }_{i=1}^n{U}_i\in \mathcal{A}$;
3.	任意开集的并仍在 $\mathcal{A}$ 中, $U_i\in \mathcal{A}⟹{\bigcup }_i{U}_i\in \mathcal{A}$.

闭集称作开集的补集.

注 13. 闭集满足:

1.	$\varnothing ,X$ 为闭集;
2.	闭集的有限并是闭集;
3.	任意闭集的交集是闭集.

定义 14. 利用 $X$ 上距离函数构造开集, $U\subseteq X$ 若: $$\forall x_0\in U,\exists ϵ>0,B_{ϵ}(x_0):=\left\{x|\left|x-x_0\right|<ϵ\right\}\subseteq U$$(6)

证明. 显然 $\varnothing ,X$ 为开集, 验证 $U:={\bigcup }_i{U}_i$ 是开集.

任取 $x_0\in U$, 存在 $\alpha$ 使得 $x_0\in U_{\alpha }$, 存在 $ϵ>0$ 使得 $B_{ϵ}(x_0)\subseteq U_{\alpha }\subseteq U$.

验证 $U:={\bigcap }_{i=1}^n{U}_i$ 是开集.

任取 $x_0\in U$, 对任意 $i$, 存在 ${ϵ}_i>0$ 使得 $B_{{ϵ}_i}(x_0)\subseteq U_i$, 取 $ϵ=\min \{{ϵ}_i\}>0$, 有 $B_{ϵ}(x_0)\subseteq U$.

$\square$

注 15. ${\mathbb{R}}^n$ 上的拓扑利用距离函数导出.

命题 16. $U$ 是 $\mathbb{R}$ 上的开集, 则 $U$ 是至多可数个两两不交开区间的并. ¹

证明. 取 $a_x=\inf \{x\mid (a,x)\subseteq U\}$ 与 $b_x=\sup \{x\mid (x,b)\subseteq U\}$, 则有 $(a_x,b_x)\subseteq U$, 从而 $U={\bigcup }_{x\in U}(a_x,b_x)$, 今验证对任意 $x,y\in U$, 有 $(a_x,b_x)\cap (a_y,b_y)=\varnothing$ 或 $(a_x,b_x)=(a_y,b_y)$:

不妨设 $a_x\le a_y$, 当 $b_x\le a_y$ 时, 有 $(a_x,b_x)\cap (a_y,b_y)=\varnothing$, 当 $b_x>a_y$ 时, 必然 $a_y\notin (a_x,b_x)$, 故 $a_x=a_y$, 对称有 $b_x=b_y$.

从而 $(a_x,b_x)$ 为至多可数个不交的开区间.

$\square$

定义 17 (聚点). 定义 $X\subseteq {\mathbb{R}}^n$, $x$ 为 $X$ 的聚点, 如果存在 $X$ 中的点列 $\{x_n\ne x\}$ 使得 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=x$.

所有 $X$ 的聚点构成 $X$ 的导集 $X^{\prime }$, 其闭包为 $\overline{X}:=X\cup X^{\prime }$.

定义 18 (孤立点). $x$ 为 $X$ 的孤立点, 如果存在 $ϵ>0$ 使得 $B_{ϵ}(x)\cap X=\{x\}$.

命题 19. 度量空间中 $X$ 为闭集当且仅当任意有极限的 $x_n\in X$, 有 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n\in X$.

证明. Lefted.

$\square$

脚注

1.	^ 对高维无法保证两两不交.