《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§10.4解答

习题10.4

10.4.1证明：(a)考虑函数 $f:[0, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=x^n$ . 对任意实数 $a>0$ ，考虑函数 $f|_{[0, a]}:[0, a]\rightarrow\mathbb{R}$ ，对任意 $x,y\in[0, a]$ ，如果 $x<y$ ，由命题5.6.3知有 $x^n<y^n$ ，进而 $f|_{[0, a]}$ 在[0, a]上严格单调增. 再由命题9.4.9或命题9.4.11（使用命题9.4.11需补充在 $x=0$ 处的连续性）容易证明 $f|_{[0, a]}$ 在[0, a]上连续. 综上由命题9.8.3知 $f|_{[0, a]}$ 是 $[0, a]$ 到 $[f|_{[0, a]}(0), f|_{[0, a]}(a)]=[f(0), f(a)]=[0, a^n]$ 的双射，并且其逆映射 $h_a:[0, a^n]\rightarrow[0, a]$ 也是连续且严格单调增的，下面我们来确定 $h_a$ 的显式表达式：对任意 $x\in[0, a^n]$ ，即 $0\leqslant x\leqslant a^n$ ，由引理5.6.9以及 $0^{\frac{1}{n}}=0(n\in\mathbb{N}^+)$ 知有 $0\leqslant x^\frac{1}{n}\leqslant a$ ，进而可以写 $x=(x^{\frac{1}{n}})^n=f|_{[0, a]}(x^\frac{1}{n})$ ，进而 $h_a(x)=h_a(f|_{[0, a]}(x^\frac{1}{n}))=h_a\circ f|_{[0, a]}(x^\frac{1}{n})=x^\frac{1}{n}$ .（或者由 $f|_{[0, a]}$ 是 $[0, a]$ 到 $[0, a^n]$ 的双射知对每个 $x\in[0, a^n]$ ，恰存在一个 $y\in[0, a]$ 使得 $y^n=x$ 成立，即有 $y=x^\frac{1}{n}$ ，进而 $h_a(x)=x^\frac{1}{n}$ .）

我们假设g不在 $(0, +\infty)$ 上连续，则存在 $x_0\in(0, +\infty)$ 使得g在 $x_0$ 处不连续. 由上论证知 $f|_{[0, (x_0)^\frac{1}{n}]}$ 严格增且连续，进而 $h_{(x_0)^\frac{1}{n}}:[0, x_0]\rightarrow[0, (x_0)^\frac{1}{n}]$ 连续，即有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[0, x_0]}h_{(x_0)^\frac{1}{n}}(x)=h_{(x_0)^\frac{1}{n}}(x_0)=(x_0)^\frac{1}{n}=g(x_0)$ . 由命题9.3.18知存在实数 $r>0$ 使 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[0, x_0]\cap(x_0-r, x_0+r)}h_{(x_0)^\frac{1}{n}}(x)=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[0, x_0]}h_{(x_0)^\frac{1}{n}}(x)=g(x_0)$ . 同理我们可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[0, x_0+r]}h_{(x_0+r)^\frac{1}{n}}(x)=h_{(x_0+r)^\frac{1}{n}}(x_0)=(x_0)^\frac{1}{n}=g(x_0)$ . 现在来证明g在 $x_0$ 处连续：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在上面给出的实数r，对每个 $x\in(0, +\infty)$ ，如果 $|x-x_0|<r$ ，进而有 $x\in[0, x_0+r]$ ，由于已知 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[0, x_0+r]}h_{(x_0+r)^\frac{1}{n}}(x)=h_{(x_0+r)^\frac{1}{n}}(x_0)=(x_0)^\frac{1}{n}=g(x_0)$ ，进而存在实数 $r'>0$ ，对每个 $x'\in[0, x_0+r]$ ，如果 $|x'-x_0|<r'$ 则 $|(x')^\frac{1}{n}-g(x_0)|\leqslant\varepsilon$ . 我们取 $\delta:=min\{r, r'\}$ ，如果 $|x-x_0|<\delta$ ，进而有 $x\in[0, x_0+r]$ 且 $|x-x_0|<r'$ ，进而 $|g(x)-g(x_0)|\leqslant\varepsilon$ . 综上，有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(0, +\infty)}g(x)=g(x_0)$ . 这个矛盾帮助我们完成证明，故假设不成立，即g在 $(0, +\infty)$ 上连续.

值得一提的小细节，如果我们在0处定义 $g(0):=0=0^\frac{1}{n}$ ，那么g仍然是在 $[0, +\infty)$ 连续的. 证明很容易由命题9.4.7(b)得到.

(b)沿用(a)中函数f的定义，类似的论证我们知 $f|_{(0, +\infty)}$ 严格增，进而是单射. 对任意 $y\in(0, +\infty)$ ，有 $y^\frac{1}{n}\in(0, +\infty)$ ，此时 $f|_{(0, +\infty)}(y^\frac{1}{n})=(y^\frac{1}{n})^n=y$ ，故 $f|_{(0, +\infty)}$ 的值域限制到 $(0, +\infty)$ 后是双射，进而类似的论证知其逆映射为 $h_{\infty}:(0, +\infty)\rightarrow(0, +\infty), h_{\infty}(x)=x^\frac{1}{n}$ ，即为题设的函数g. 由习题10.1.5和习题10.1.1知 $f|_{(0, +\infty)}$ 在 $(0, +\infty)$ 上可微，并且对任意 $x\in (0, +\infty)$ 有 $f'(x)=nx^{n-1}>0$ . 由习题10.4.1(a)的解答知g在 $(0, +\infty)$ 上连续. 至此，准备工作完成，由定理10.4.2反函数定理知对任意 $x\in (0, +\infty)$ ，g在x处可微并且 $g'(x)=\frac{1}{f'(x^\frac{1}{n})}=\frac{1}{nx^\frac{n-1}{n}}=\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1}$ .

同样值得一提的小细节，如果我们在0处定义 $g(0):=0=0^\frac{1}{n}$ ，那么g仍然是在 $[0, +\infty)$ 连续的. 但g在0处不可导（发散到无穷大），在 $(0, +\infty)$ 仍然可导（由命题9.3.9得到）.

10.4.2证明：(a)由于q是比例数，即存在整数a和正整数b使得 $q=\frac{a}{b}$ . 于是对每个 $x\in(0, +\infty)$ ，有 $f(x)=x^q=x^\frac{a}{b}=(x^\frac{1}{b})^a$ ，由习题10.4.1(b)、习题10.1.6知函数 $h_1,h_2:(0, +\infty)\rightarrow(0, +\infty), h_1(x):=x^\frac{1}{b}, h_2(x):=x^a$ 是可微的，再由定理10.1.15知 $f'(x)=(h_2\circ h_1)'(x)=h_2'(x^\frac{1}{b})\cdot h_1'(x)=(a(x^\frac{1}{b})^{a-1})\cdot(\frac{1}{b}x^{\frac{1}{b}-1})=\frac{a}{b}x^{\frac{a}{b}-1}=qx^{q-1}$ .

(b)由(a)知f在1处可微，进而 $\displaystyle f'(1)=\lim_{x\rightarrow 1; x\in(0, +\infty)\backslash\{1\}}\frac{x^q-1}{x-1}=q\cdot 1^{q-1}=q$ .

10.4.3证明：已知 $\alpha$ 是实数，同习题9.4.3类似的论证我们可以找到两比例数序列 $(p_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 使得对一切自然数 $n\geqslant 1$ 有 $p_n\leqslant\alpha\leqslant q_n$ 且 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}p_n=\lim_{n\rightarrow\infty}q_n=\alpha$ . 我们先考虑右极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(1, +\infty)}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 是否存在.

对任意由 $(1, +\infty)$ 中元素组成并且收敛到1的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，对一切正自然数m，对一切自然数n，有 $a_n>1$ 且 $p_m\leqslant\alpha\leqslant q_m$ ，进而由命题6.7.3知有 $0<(a_n)^{p_m}\leqslant(a_n)^{\alpha}\leqslant(a_n)^{q_m}$ ，进而有 $\frac{(a_n)^{p_m}-1}{a_n-1}\leqslant\frac{(a_n)^{\alpha}-1}{a_n-1}\leqslant\frac{(a_n)^{q_m}-1}{a_n-1}$ ，由引理6.4.13比较原理知 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{p_m}-1}{a_n-1}\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{\alpha}-1}{a_n-1}\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{q_m}-1}{a_n-1}$ . 由习题10.4.2(b)以及命题9.3.9知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{p_m}-1}{a_n-1}=p_m, \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{q_m}-1}{a_n-1}=q_m$ ，进而有 $\displaystyle p_m\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{\alpha}-1}{a_n-1}\leqslant q_m$ . 再由 $\displaystyle\lim_{m\rightarrow\infty}p_m=\lim_{m\rightarrow\infty}q_m=\alpha$ 以及推论6.4.14知 $\displaystyle\lim_{m\rightarrow\infty}\limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{\alpha}-1}{a_n-1}=\limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{\alpha}-1}{a_n-1}=\alpha$ . 同理可证 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{\alpha}-1}{a_n-1}=\alpha$ . 再由命题6.4.12(f)知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{\alpha}-1}{a_n-1}=\alpha$ . 由此由命题9.3.9知有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(1, +\infty)}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\alpha$ .

同理可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(0, 1)}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\alpha$ . 同命题9.5.3类似的论证我们有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(0, +\infty)\backslash\{1\}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\alpha$ .

值得一提的是，由 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(0, +\infty)\backslash\{1\}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\alpha$ 以及命题9.3.9知对任意由 $(0, +\infty)\backslash\{1\}$ 中元素组成并且收敛到1的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 有序列 $(\frac{(a_n)^\alpha-1}{a_n-1})_{n=0}^\infty$ 收敛到 $\alpha$ ，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^\alpha-1}{a_n-1}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\displaystyle(\lim_{m\rightarrow\infty}(a_n)^{b_m})-1}{a_n-1}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\displaystyle\lim_{m\rightarrow\infty}((a_n)^{b_m}-1)}{a_n-1}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\displaystyle\lim_{m\rightarrow\infty}((a_n)^{b_m}-1)}{\displaystyle\lim_{m\rightarrow\infty}(a_n-1)}=\lim_{n\rightarrow\infty}\lim_{m\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{b_m}-1}{a_n-1}=\alpha$ . 而我们由习题10.4.2(b)知 $\displaystyle\lim_{m\rightarrow\infty}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{b_m}-1}{a_n-1}=\lim_{m\rightarrow\infty}b_m=\alpha$ . 进而有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\lim_{m\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{b_m}-1}{a_n-1}=\lim_{m\rightarrow\infty}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^{b_m}-1}{a_n-1}$ . 故此处极限是可以换序的. ( $(b_n)_{n=1}^\infty$ 为收敛到 $\alpha$ 的比例数Cauchy序列.)

(b)我们已知 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(0, +\infty)\backslash\{1\}}\frac{x^\alpha-1}{x-1}=\alpha$ . 对任意 $x_0\in(0, +\infty)$ 有 $x_0\neq 0$ . 对任意由集合 $(0, +\infty)\backslash\{x_0\}$ 中元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=x_0\neq 0$ ，进而有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{x_0}=1$ . 由于对一切自然数n有 $0\neq a_n\neq x_0$ ，进而有 $\frac{a_n}{x_0}\neq 0$ 且 $\frac{a_n}{x_0}\neq 1$ ，进而 $\frac{a_n}{x_0}\in(0, +\infty)\backslash\{1\}$ ，于是序列 $(\frac{a_n}{x_0})_{n=0}^\infty$ 为由集合 $(0, +\infty)\backslash\{x_0\}$ 中元素组成并且收敛到1的序列，再由命题9.3.9以及 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(0, +\infty)\backslash\{1\}}\frac{x^\alpha-1}{x-1}=\alpha$ 我们知道 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(\frac{a_n}{x_0})^\alpha-1}{\frac{a_n}{x_0}-1}=\alpha$ ，进而有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_n)^\alpha-(x_0)^\alpha}{a_n-x_0}=\alpha x_0^{\alpha-1}$ ，再由命题9.3.9我们知 $\displaystyle f'(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(0, +\infty)\backslash\{x_0\}}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\alpha x_0^{\alpha-1}$ . 这就完成了证明.