《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.8解答

习题9.8

9.8.1证明：设 $a<b$ 是实数，并设 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}$ 是单调增的，显然存在 $a\in[a, b]$ ，对一切元素 $x\in[a, b]$ ，有 $x\geqslant a$ ，由于f单调增知有 $f(x)\geqslant f(a)$ ，于是f在a处达到它的最小值. 同理可证f在b处达到它的最大值.

由于严格增的函数也是单调增的，则上述论证对严格单调增函数也成立. 对于单调减或严格单调减函数也有类似论证.

9.8.2反例： $f:[-1, 1]\rightarrow\mathbb{R}$ . 如果 $x\in[-1, 0)$ ，则 $f(x):=x-1$ ；如果 $x\in(0, 1]$ ，则 $f(x):=x+1$ ；否则 $f(x):=0$ .

我们容易证明f为严格单调增的，而 $f(-1)=-2, f(1)=2$ . 我们容易证明不存在 $x\in[-1, 1]$ 使 $f(-1)\leqslant f(x)=0.5\leqslant f(1)$ .

9.8.3证明：如果 $f(a)<f(b)$ ，我们假设f不是严格增的，即存在 $x_1, x_2\in [a, b]$ 使得 $x_1<x_2$ 且 $f(x_1)\geqslant f(x_2)$ ，由于f是一对一的，进一步有 $f(x_1)>f(x_2)$ . 我们假设 $f(x_1)>f(a)$ ，取 $m:=max\{f(a), f(x_2)\}$ ，于是我们有 $f(x_1)>m$ . 对于实数 $\frac{f(x_1+m)}{2}$ ，我们有 $f(x_1)>\frac{f(x_1+m)}{2}>m$ ，进而有 $f(x_1)>\frac{f(x_1+m)}{2}>f(x_2)$ 和 $f(x_1)>\frac{f(x_1+m)}{2}>f(a)$ . 由于f是连续的，由习题9.4.6知f限制在 $[a, x_1]$ 和限制在 $[x_1, x_2]$ 是连续的，由上结果和中值定理知存在 $x_3\in[a, x_1]$ 和 $x_4\in[x_1, x_2]$ 使 $f(x_3)=f(x_4)=\frac{f(x_1)+m}{2}$ . 显然的是 $x_3\neq x_1$ 且 $x_4\neq x_1$ ，进而有 $x_3\neq x_4$ ，则f不是一对一的. 因此在承认f为1对1的前提下有 $f(a)\geqslant f(x_1)$ . 同理可证 $f(b)\leqslant f(x_2)$ . 于是有 $f(a)\geqslant f(x_1)>f(x_2)\geqslant f(b)$ ，进而有 $f(a)>f(b)$ . 故在承认 $f(a)<f(b)$ 的前提下有f是严格增的. 同理可证当 $f(a)>f(b)$ 时f是严格减的. 由于f是单射，则不会出现 $f(a)=f(b)$ 的情形.

综上命题得证.

9.8.4证明：对任意 $x_1, x_2\in[a, b]$ ，如果 $x_1\neq x_2$ ，由实数序的三歧性知有 $x_1<x_2$ 或 $x_1>x_2$ ，由于f是严格增的，进而有 $f(x_1)<f(x_2)$ 或 $f(x_1)>f(x_2)$ ，即 $f(x_1)\neq f(x_2)$ ，故f为单射. 对任意 $y\in[f(a), f(b)]$ ，由于f是连续的，由中值定理知存在 $c\in[a, b]$ 使 $f(c)=y$ ，故f为满射. 综上f为双射.

对于逆映射 $f^{-1}:[f(a), f(b)]\rightarrow[a, b]$ ，对任意 $y_1, y_2\in[f(a), f(b)]$ ，如果 $y_1<y_2$ ，即 $f(a)\leqslant y_1<y_2\leqslant f(b)$ ，由中值定理知存在 $x_1, x_2\in [a, b]$ 使得 $f(x_1)=y_1, f(x_2)=y_2$ ，由于 $y_1<y_2$ ，进而有 $x_1\neq x_2$ . 如果 $x_1>x_2$ ，由f严格增有 $f(x_1)>f(x_2)$ ，即 $y_1>y_2$ ，故在承认 $y_1<y_2$ 的前提下有 $x_1<x_2$ ，即 $f^{-1}(y_1)<f^{-1}(y_2)$ . 综上， $f^{-1}$ 为严格增函数.

现在来证明 $f^{-1}$ 的连续性.

对任意元素 $y_0\in(f(a), f(b))$ ，由f是双射知恰存在一个 $x_0\in(a, b)$ 使 $f(x_0)=y_0$ 且 $f^{-1}(y_0)=x_0$ . 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，取 $x_{-\delta}:=max\{a, x_0-\varepsilon\}, x_{+\delta}:=min\{b, x_0+\varepsilon\}$ ，再取 $\delta:=min\{f(x_{+\delta})-f(x_0), f(x_0)-f(x_{-\delta})\}$ . 由于f是严格增的且 $x_{+\delta}>x_0>x_{-\delta}$ ，故 $f(x_{+\delta})>f(x_0)>f(x_{-\delta})$ ，于是我们知有 $\delta>0$ . 对任意元素 $y\in[f(a), f(b)]$ ，如果 $|y-y_0|<\delta$ ，即 $y_0-\delta<y<y_0+\delta$ ，即 $f(x_0)-\delta<y<f(x_0)+\delta$ ，进而由 $\delta$ 的定义有 $f(x_{-\delta})<y<f(x_{+\delta})$ . 由于f是在 $[a, b]$ 上连续的，则f在 $[x_{-\delta}, x_{+\delta}]$ 上也是连续的，由中值定理知存在 $x\in[x_{-\delta}, x_{+\delta}]$ 使 $f(x)=y$ ，由于f为双射，即 $f^{-1}(y)=x\in[x_{-\delta}, x_{+\delta}]$ ，于是乎 $x_{-\delta}\leqslant x\leqslant x_{+\delta}$ ，进而有 $x_0-\varepsilon\leqslant x\leqslant x_0+\varepsilon$ ，故有 $|x-x_0|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)|\leqslant\varepsilon$ . 综上， $f^{-1}$ 在 $(f(a), f(b))$ 上是连续的.

在 $f(a)$ 处，恰存在一个 $a\in[a, b]$ 使 $f(a)=f(a)$ 且 $f^{-1}(f(a))=a$ . 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，取 $x_\delta:=min\{b, a+\varepsilon\}, \delta:=f(x_\delta)-f(a)$ . 由于f严格增且 $x_\delta>a$ ，进而我们知 $\delta>0$ . 对任意元素 $y\in[f(a), f(b)]$ ，如果 $|y-f(a)|<\delta$ ，即 $f(a)-\delta<y<f(a)+\delta$ ，由于 $y\in[f(a), f(b)]$ ，进而有 $f(a)\leqslant y\leqslant f(x_\delta)$ . 由于f在 $[a, b]$ 上连续，进而f在 $[a, x_\delta]$ 上连续，由中值定理知存在 $x\in[a, x_\delta]$ 使 $f(x)=y$ ，即 $a\leqslant f^{-1}(y)\leqslant x_\delta$ ，进而有 $a\leqslant f^{-1}(y)\leqslant a+\varepsilon$ ，即 $|f^{-1}(y)-f^{-1}(f(a))|\leqslant\varepsilon$ . 故 $f^{-1}$ 在 $f(a)$ 处连续. 同理可证 $f^{-1}$ 在 $f(b)$ 处连续.

综上， $f^{-1}$ 在 $[f(a), f(b)]$ 连续.

去掉连续的假定命题不成立，因为中值定理不再适用，进而f可以不是从 $[a, b]$ 到 $[f(a), f(b)]$ 的满射. 例如函数 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}$ ，如果 $x=a$ 则 $f(x):=a$ ；否则 $f(x):=x+1$ .

把严格单调换成单调命题也不成立. 比如 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=a$ .

最后代替处理严格增而处理严格减函数时，命题只要把“严格增”替换成“严格减”即可.

9.8.5证明：(a)对任意元素 $x_1, x_2\in\mathbb{R}$ ，如果 $x_1<x_2$ ，那么由命题8.2.6我们有 $\displaystyle f(x_2)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_2}g(r)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1}g(r)+\sum_{r\in\mathbb{Q} : x_1\leqslant r<x_2}g(r)$ ，由于满足不等式 $x_1<r<x_2$ 的比例数r有无穷多（由命题5.4.14知），故我们有 $\displaystyle\sum_{r\in\mathbb{Q} : x_1\leqslant r<x_2}g(r)=\sum_{n=0}^\infty g(p(n))$ (函数p为某 $\mathbb{N}$ 到 $\{r\in\mathbb{Q} : x_1\leqslant r<x_2\}$ 的双射)，由于无限级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty g(p(n))$ 的部分和序列 $\displaystyle(\sum_{n=0}^N g(p(n)))_{N=0}^\infty$ 严格增且收敛，故其收敛到其上确界，故 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty g(p(n))$ 恒大于0，故 $\displaystyle\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_2}g(r)>\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1}g(r)$ ，即 $f(x_2)>f(x_1)$ . 故f为严格增函数.

(b)对于任意比例数r，由q是 $\mathbb{N}$ 到 $\mathbb{Q}$ 的双射知存在某自然数n使 $r=q(n)$ . 那么对一切实数 $x>r$ ，有 $\displaystyle f(x)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x}g(r)=\sum_{t\in\mathbb{Q} : t<r}g(t)+\sum_{t\in\mathbb{Q} : r\leqslant t<x}g(t)\geqslant f(r)+g(r)=f(r)+g(q(n))=f(r)+2^{-n}$ . 进而存在实数 $2^{-n-1}$ ，对一切实数 $\delta>0$ ，存在实数 $r+\frac{1}{2}\delta\in\mathbb{R}$ ，有 $|(r+\frac{1}{2}\delta)-r|<\delta$ 且 $|f(r+\frac{1}{2}\delta)-f(r)|=2^{-n}>2^{-n-1}$ . 故f在任何比例数处都不连续.

(c)由于级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty 2^{-n}$ 是绝对收敛的，故函数 $\displaystyle f_N:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}, f_N(x):=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x, g(r)\geqslant 2^{-N}}g(r)(N\in\mathbb{N})$ 是定义成功的. 现在我们来证明对每个自然数N，对每个非比例数x，有 $f_N$ 在x处连续. 函数 $f_N$ 的构造十分巧妙使得其在无理数处连续. 设N为任意的自然数， $x_0$ 为任意非比例数. 由于满足不等式 $2^{-n}\geqslant 2^{-N}$ 的自然数n是有限的，故满足 $g(r)\geqslant 2^{-N}$ 的比例数r也是有限的，我们记其组成的集合为 $A:=\{r\in\mathbb{Q} : g(r)\geqslant 2^{-N}\}$ ，进而由习题8.4.3和习题3.6.7知集合 $B:=\{|r-x_0| : r\in A\}$ 为有限集，于是我们可以取集合B中的最小值，即存在一个 $r_{min}\in A$ 使正数 $|r_{min}-x_0|$ 为B的最小值. 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，我们取 $\delta:=\frac{1}{2}|r_{min}-x_0|>0$ ，对任意 $x\in\mathbb{R}$ ，如果 $|x-x_0|<\delta$ ，即 $|x-x_0|<|r_{min}-x_0|$ ，那么有 $\{r\in\mathbb{Q} : r<x_0, g(r)\geqslant 2^{-N}\}=\{r\in\mathbb{Q} : r<x, g(r)\geqslant 2^{-N}\}$ ，进而 $f_N(x)=f_N(x_0)$ ，即 $|f_N(x)-f_N(x_0)|=0\leqslant\varepsilon$ . 故 $f_N$ 在非比例数 $x_0$ 处连续. 而对任意实数 $x_1$ ，由于 $\displaystyle\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1}g(r)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1, g(r)\geqslant 2^{-N}}g(r)+\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1, g(r)<2^{-N}}g(r)$ ，故有 $f(x_1)>f_N(x_1)$ ，故 $\displaystyle|f(x_1)-f_N(x_1)|=f(x_1)-f_N(x_1)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1, g(r)<2^{-N}}g(r)\leqslant\sum_{r\in\mathbb{Q} : g(r)<2^{-N}}g(r)=\sum_{n\in\mathbb{N} : 2^{-n}<2^{-N}}2^{-n}=\sum_{n=0}^\infty 2^{-n}-\sum_{n\in\mathbb{N} : 2^{-n}\geqslant 2^{-N}} 2^{-n}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}-(2^0+...+2^{-N})=2-(2-2^{-N})=2^{-N}$ .

综上，对每个自然数N，我们证明了函数 $f_N$ 在每个非比例数处连续且对每个实数x有 $|f(x)-f_N(x)|\leqslant 2^{-N}$ .

下面我们将使用中间人把戏证明f在非比例数处连续. 对每个非比例数 $x_0$ ，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{1}{2}\varepsilon>0$ ，由引理6.5.2知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}2^{-n}=0$ ，故存在整数N使得 $2^{-N}\leqslant\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\varepsilon=\frac{1}{4}\varepsilon$ . 而由于 $f_N$ 在非比例数 $x_0$ 处连续，则存在 $\delta>0$ ，使对一切 $x\in\mathbb{R}$ ，如果 $|x-x_0|<\delta$ ，则 $|f_N(x)-f_N(x_0)|\leqslant\frac{1}{2}\varepsilon$ ，进而有 $|f(x)-f(x_0)|=|f(x)-f_N(x)+f_N(x)-f_N(x_0)+f_N(x_0)-f(x_0)|\leqslant|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(x_0)|+|f(x_0)-f_N(x_0)|\leqslant 2^{-N}+\frac{1}{2}\varepsilon+2^{-N}=\frac{1}{4}\varepsilon+\frac{1}{2}\varepsilon+\frac{1}{4}\varepsilon=\varepsilon$ . 故f在非比例数 $x_0$ 处连续.