實分析|筆記整理（9）——函數可微性（2）

04-04

大家好！

這兩天的速度是不是突然加快了？那是因為也就這兩天閑著了，過兩天就要準備和同學約最後一波，然後收拾東西回廈門了。這幾天不趕趕進度估計就沒時間了……

這一節我們結束對函數可微性的討論。

提供之前的筆記：

實分析|筆記整理（1）——概念引入，外測度
實分析|筆記整理（2）——勒貝格測度及相關舉例
實分析|筆記整理（3）——可測函數
實分析|筆記整理（4）——勒貝格積分（1）
實分析|筆記整理（5）——勒貝格積分（2），L^1空間
實分析|筆記整理（6）——富比尼定理
實分析|筆記整理（7）——積分可微性
實分析|筆記整理（8）——核，恆等逼近，函數可微性（1）

我們開始本節的內容，本節內容的範圍是P121-133

函數可微性（2）

在上一節中，我們介紹了有界變差函數這個工具。事實上關於有界變差函數的討論還沒有結束，但是我們先把它放在一邊，因為我們還沒有底氣盲目推廣。

確實我們之前討論平面曲線的時候有所建樹。但我們只是討論了部分，它實質的可導性內容我們不一定會拿出來說。所以，我們還遠不到該收工的時候，應該繼續研究下去。不過現在我們要暫時放下這些，討論一些容易出問題的情況。

先來看一個引理吧。

Lemma 1:rising sun lemma
設 $G$ 是一個 $mathbb{R}$ 上的實值連續函數，設 $E$ 是滿足條件 $G(x+h)>G(x) quad for ~ some ~ h=h_x>0$ 的點 $x$ 的集合。如果 $E$ 是非空的，那麼它一定是一個開集，這樣它就可以寫為可列個不相交的開集之並，也即 $E=igcup(a_k,b_k)$ 。如果其中的 $(a_k,b_k)$ 是有限長度的開集，那麼 $G(b_k)-G(a_k)=0$ 。

我們證明一下這個結論。注意到 $G$ 是連續函數，所以只要這個集合非空，那麼它就一定是個開集（可以從一個函數是否具有全局最大值來結合連續性討論）。這樣的話，根據第一節的開始的定理，知道它可以寫為可列個不相交的開集的並。

那麼對於每一個 $(a_k,b_k)$ ，我們可以知道 $a_k ot in E$ ，這樣的話顯然就不可能有 $G(b_k)>G(a_k)$ 。那麼如果 $G(b_k)<G(a_k)$ ，那麼根據函數的連續性，存在一個值 $c$ 使得 $G(c)=frac{G(a_k)+G(b_k)}2$ 。

我們取 $c$ 為滿足條件的在區間 $(a_k,b_k)$ 中最大的數。因為 $c in E$ ，所以存在一個 $d>c$ ，使得 $G(d)>G(c)$ 。又因為 $b_k ot in E$ ，所以我們有 $G(x) le G(b_k)$ 對於所有的 $x ge b_k$ 成立，因此必須有 $d<b_k$ （因為如果 $d ge b_k$ 就有 $G(d) le G(b_k) le G(c)$ ，矛盾）。因為 $G(d)>G(c)$ ，所以根據連續性和零點存在性定理可以得到，存在一個點 $c>d$ ，使得 $c<b_k,G(c)=G(c)$ 。這就矛盾了。綜上即可得到結論。

下面一張圖可以直觀的體現 $c$ 這個點的存在性。

稱呼它為旭日引理的原因是，如果你考慮曲線的右邊為平行光線族，那麼光線無法照到的陰影處其實就是所有的滿足條件的點，也就是函數圖像 $(x,G(x))$ 中， $x in E$ 所滿足的點。書上這張圖是直觀的描述。

一個直接的推論如下

Corollary 1:
設 $G$ 是一個 $[a,b]$ 上的實值連續函數，設 $E$ 是滿足條件 $G(x+h)>G(x) quad for ~ some ~ h=h_x>0$ 的點 $x in (a,b)$ 的集合。如果 $E$ 是非空的，那麼它一定是一個開集，這樣它就可以寫為可列個不相交的開集之並，也即 $E=igcup(a_k,b_k)$ 。如果其中的 $(a_k,b_k)$ 是有限長度的開集，那麼 $G(b_k)-G(a_k)=0$ 除了可能的 $a=a_k$ 的情況，這個時候 $G(b_k) ge G(a_k)$ 。

我們不再證明。

有界變差函數可微定理證明

我們先給出這個要證明的定理。

Theorem 1:
如果 $F$ 是一個 $[a,b]$ 上的有界變差函數，那麼 $F$ 幾乎處處可微。

當然了，也就是導數處處存在的意思……

簡潔明了，但是完全證明卻不容易。我們為了證明它，首先要引入一些記號。

Definition 1:Dini numbers
定義 $Delta_h(F)(x)=frac{F(x+h)-F(x)}{h}$ ，那麼四個Dini數為 $D^+(F)(x)=limsup_{h o 0 \h >0} Delta_h(F)(x)$ ， $D_+(F)(x)=liminf_{h o 0 \h >0} Delta_h(F)(x)$ ， $D^-(F)(x)=limsup_{h o 0 \h <0} Delta_h(F)(x)$ ， $D_-(F)(x)=liminf_{h o 0 \h <0} Delta_h(F)(x)$ 。

其實這有點像我們之前學過的左右導數。不過這裡又多了上下兩個方向。有必要強調的是：正負是指左右方向，上下是指極大極小。

那麼下面我們要說明的是，如果要證明這個結論成立，只需要兩點：

(1) $D^+(F)(x)<infty quad mathrm{a.e.} quad x$
(2) $D^+(F)(x) le D_-(F)(x) quad mathrm{a.e.} quad x$

為什麼這麼說呢？因為如果要證明定理成立，我們可以把第二條結論拿出來，運用到 $-F(-x)$ 上，可以證明 $D^-(F)(x) le D_+(F)(x)$ 對於幾乎處處 $x$ 成立（具體一點說是因為根據 $D^+(-F)(-x) le D_-(-F)(-x)$ 可以推出 $D^+(F)(-x) ge D_-(F)(-x)$ ，然後）。因此有 $D^+ le D_- le D^- le D^+ <infty$ 對於幾乎處處的 $x$ 成立。那麼這樣的話，就可以得到所有的Dini數都幾乎處處相等且有界，這就可以推出 $F(x)$ 幾乎處處存在了。

下面，我們來證明開始給出的那個定理。

首先是因為所有的有界變差函數都可以寫為兩個單增的函數的線性組合。所以只需要假設 $F$ 單增有界的情況。同時，還需要假設 $F$ 是一個連續函數。

對於一個給定的數 $gamma>0$ ，設 $E_gamma={x:D^+(F)(x)>gamma}$ ，那麼容易驗證它是一個可測集合（書上說容易驗證，但我有點不太會，佔個坑……）。那麼之後，我們考慮對函數 $G(x)=F(x)-gamma x$ 運用上面的推論1。可以得到 $E_gamma subset igcup_k(a_k,b_k)$ （把 $G(x+h)-G(x)$ 表示出來你就知道為啥了）。並且會有 $F(b_k)-F(a_k) ge gamma(b_k-a_k)$ 。這樣的話就有 $m(E_gamma) le sum_{k}m((a_k,b_k))$ $le frac1gammasum_kF(b_k)-F(a_k)le frac1gamma(F(b)-F(a))$ 。於是 $m(E_gamma) o 0, gamma o infty$ 。而另一方面，又因為 ${D^+F(x) < infty} subset E_gamma$ 對於任意的 $gamma$ 成立，所以我們可以知道 $D^+F(x)<infty$ 幾乎處處成立。

現在還需要證明的是 $D^+(F)(x) le D_-(F)(x)$ 對於幾乎處處的 $x$ 成立。我們換一種思路。設 $E={x in [a,b] : D^+(F)(x)>R ,r> D_-(F)(x)}$ ，那麼只需要說明 $m(E)=0$ 即可（因為你可以讓 $R,r$ 足夠近，具體的嚴謹證明我們略去）。那麼為了導出矛盾，我們假設 $m(E)>0$ 。

首先，我們考慮構造一個開集 $mathcal{O}$ ，滿足 $E subset mathcal{O}subset (a,b)$ ，並且 $m(mathcal{O})<m(E) imes R/r$ 。

注意到這是 $mathbb{R}$ 上的開集，所以它可以寫為一系列不交的開集的並 $igcup I_n$ 。那麼固定 $n$ ，應用上面的推論1在函數 $G(x)=-F(-x)+rx$ 和區間 $-I_n$ 上。把區間和每一個點按照原點做一個對稱（必須佩服書上這個操作……），可以得到一個開集 $igcup_k(a_k,b_k) subset I_n$ ，並且區間 $(a_k,b_k)$ 不交，且 $F(b_k)-F(a_k) le r(b_k-a_k)$ 。

但是反過來，我們再考慮在每一個區間 $(a_k,b_k)$ 內運用推論1，令 $G(x)=F(x)-Rx$ ，這樣可以得到一個開集 $mathcal{O}_n=igcup_{k,j}(a_{k,j},b_{k,j})$ ，且這些開區間不交， $(a_{k,j},b_{k,j}) subset (a_k,b_k)$ ，並且有 $F(b_{k,j})-F(a_{k,j}) ge R(b_{k,j}-a_{k,j})$ 。

有了這兩個不等式，根據函數 $F$ 是單增的，可以得到 $m(mathcal{O}_n) =sum_{k,j}(b_{k,j}-a_{k,j}) le frac1Rsum_{k,j}F(b_{k,j})-F(a_{k,j})$ $le frac1R sum_{k}F(b_k)-F(a_k) le frac r Rsum_{k}(b_k-a_k)$ $le frac r R m(I_n)$ 。

注意到 $mathcal{O}_n supset E cap I_n$ （因為 $E$ 中有兩個限制條件，而 $mathcal{O_n}$ 中僅僅含其中的一個）。而另一方面顯然有 $I_n supset O_n$ ，所以 $m(E) =sum_{n}m(E cap I_n) le sum_nm(mathcal{O}_n) le frac r Rsum m(I_n)=frac r R m(mathcal{O}) < m(E)$ 。這就推出了矛盾。

這個證明本身是比較難想到和操作的，需要細細品味其中的奧秘。當然其中也有很多細節我自己還沒有捉摸透……

這個定理的推論可以讓我們得到一個與微積分基本定理相似的內容。

Corollary 2:
設 $F$ 是單增連續的函數，那麼 $F$ 幾乎處處存在。並且 $F$ 可測，非負，且 $int_{a}^{b}F(x)dx le F(b)-F(a)$ 。特別地，如果 $F$ 在 $mathbb{R}$ 上有界，那麼其可積。

這個證明也是富有構造性的。考慮 $G_n(x)=frac{F(x+1/n)-F(x)}{1/n}$ ，那麼 $G_n(x) o F(x)$ 對於幾乎處處的 $x$ 成立，這就說明了 $F$ 可測非負（想想為什麼）。

將函數 $F$ 進行擴展，把它變成一個 $mathbb{R}$ 上的連續函數，那麼根據法圖引理（Fatou，第五節），可以得到 $int_a^bF(x)dx le liminf_{n o infty}int_a^bG_n(x)dx$ 。而注意到 $int_a^bG_n(x)dx=frac1 {1/n}int_b^{b+1/n}F(x)dx-frac1{1/n}int_a^{a+1/n}F(x)dx$ ，所以先取極限，再去下確界，可以得到這個值即為 $F(b)-F(a)$ ，也就證明了結論。

顯然這個結論不是完美的，因為它不是微積分基本定理的形式。這樣的原因是微積分基本定理在面對這種情況的積分時並不永遠成立，存在反例。這個反例為「康托-勒貝格函數」，因為篇幅原因，我們不打算介紹這個例子。感興趣的可以參考原書的第126頁。

絕對連續函數(Absolutely continuous functions)

這一塊的內容其實又可以說是另一種工具，用來奠定微積分基本定理的工具。

我們首先來看看什麼是絕對連續函數。

Definition 2:Absolutely continuous
如果一個定義在 $[a,b]$ 上的函數 $F$ 滿足對於任意的 $epsilon>0$ ，存在 $delta>0$ ，滿足只要 $sum_{k=1}^{N}(b_k-a_k) <delta$ ，就有 $sum_{k=1}^{N}|F(b_k)-F(a_k)|<epsilon$ ，其中 $(a_k,b_k)$ 兩兩不交。

通過絕對連續函數的定義，可以顯然得到的一些結論是

(1)絕對連續函數一致連續。
(2)若 $F$ 在一個有界區間上絕對連續，那麼它在同一個區間上是有界變差函數，且總變差連續。
(3)若 $F(x)=int_a^xf(y)dy$ ( $f$ 可積），那麼 $F$ 絕對連續。

最後一個可以通過下面這個定理得到（第五節）

那麼下面這一個定理就奠定了微積分基本定理的基礎。

Theorem 2:
設 $F$ 在 $[a,b]$ 上絕對連續，那麼 $F(x)$ 幾乎處處存在。並且如果 $F(x)=0$ 對於幾乎處處的 $x$ 成立，那麼 $F$ 是常數。

這個定理的證明有一部分是容易的。因為絕對連續意味著這個函數還是有界變差函數。那麼導數幾乎處處存在這個我們上面已經證明過了。但是後面這個要證明需要一些更精緻的工具。

先來看一個定義吧。

Definition 3:Vitali covering
如果一個族的集合 $mathcal{B}$ 為一系列的球，並且對於任意的 $x in E$ ， $eta >0$ ，都有 $B in mathcal{B}$ ，使得 $x in B,m(B)<eta$ 。則稱這個族是一個 $E$ 的Vitali覆蓋。

有了這個定義，就好介紹我們下面的引理了。

Lemma 2:
設 $E$ 是一個有限測度集合， $mathcal{B}$ 是一個 $E$ 的Vitali覆蓋。那麼對於任意的 $delta>0$ ，我們都可以找到有限多的球 $B_1,...,B_n in mathcal{B}$ ，滿足它們互相不交，並且 $sum_{i=1}^{N}m(B_i) ge m(E)-delta$ 。

這個證明也是比較難的，我們慢慢推進。

首先這裡的 $delta$ 我們只要考慮它任意小的一個方向即可，所以書上的思路是採用我們第七節說過的Vitali覆蓋定理。我們先考慮讓 $delta<m(E)$ ，那麼首先，可以找到一系列的不交的球 $B_1,B_2,...,B_{N_1} in mathcal{B}$ ，滿足 $sum_{i=1}^{N_1}m(B_i) ge gamma delta$ ，這裡 $gamma =3^{-d}$ 。這是因為在那個引理中，我們原先有一系列可列的集合，然後引理告訴我們可以找到一個子族滿足 $mleft(igcup_{l=1}^{N}B_l ight) le 3^dsum_{j=1}^{k}m(B_{i_j})$ 。現在我們相當於說，有一系列開球可以覆蓋一個測度為 $delta$ 的集合（注意，這個集合只要存在即可，不需要考慮什麼詭異的反例），然後從中找到了一個子族，也就算是找到了一系列的滿足條件的開球。

（或者說，我們還可以考慮一個緊集 $E subset E$ ，同時滿足 $m(E) ge delta$ 。那麼因為 $E$ 是緊集，所以我們還可以調整一下 $E$ 的結構，使得集合 $B_1,B_2,...,B_{N_1}$ 滿足 $sum_{i=1}^{N_1}m(B_i) ge gamma m(E) ge gamma delta$ 。這是因為緊集是可以有限覆蓋的，所有的有限覆蓋的開集元素的並的測度又不小於 $m(E)$ 。）

之後，這樣構造的集合會出現兩種情況：達到證明要求和未達到要求，如果達到證明要求，構造結束。如果沒有，也就是 $sum_{i=1}^{N_1}m(B_i)<m(E)-delta$ ，這個時候考慮 $E_2=E-igcup_{i=1}^{N_1}ar B_i$ ，那麼 $m(E_2) ge m(E)-sum_{i=1}^{N_1}m(B_i)$ （因為有可能差集沒辦法「去掉」完所有的元素） $> delta$ 。所以我們還可以取一個緊集 $E_2 subset E_2$ ，滿足 $m(E_2) ge delta$ ，然後，注意到，在 $mathcal{B}$ 中，去掉我們之前構造用掉的 ${B_1,B_2,...,B_{N_1}}$ 後，剩下的元素依然可以覆蓋 $E_2$ ，而且是Vitali覆蓋。

所以等於說，我們做了一次刪減和覆蓋的構造後，剩下的集合 $E_2$ 的所需要的條件完全沒變。這就說明，我們還可以取球 $B_i,N_1 le i le N_2$ ，滿足 $sum_{N_1 le i le N_2} m(B_i) ge gamma delta$ ，所以就有 $sum_{i=1}^{N_2}m(B_i) ge 2gamma delta$ 。那麼一直這樣迭代下去，因為 $kgamma delta$ 在 $k o infty$ 的時候是可以趨於無窮的，但是不等式右邊的數是有限數，所以一定有一個時候滿足要求，在那個時候停止構造，就得到了我們的結論。

這個證明的關鍵是想到迭代和之前我們說過的Vitali覆蓋引理。雖然引理可能可以通過Vitali這個人的名字來聯想到，但是迭代的思想和構造確實是需要一番功夫。這也是實分析巧妙和難學的地方之一（比如這個定理我估計就光看證明就看了四十分鐘左右……）。

下面是一個簡單的推論。

Corollary 3:
沿用上一個引理的條件，我們可以調整開球的選擇，使得 $m(E-igcup_{i=1}^{N}B_i)<2delta$

簡單證明一下，考慮構造一個開集 $mathcal{O}$ ，滿足 $mathcal{O} supset E,m(mathcal{O}-E)<delta$ 。那麼注意到我們選擇的開球是從一個Vitali覆蓋中選出來的，因此可以把這些開球限制到集合 $E$ 內，這樣就有 $(E-igcup_{i=1}^{N}B_i) cupigcup_{i=1}^{N}B_i subset mathcal{O}$ 。根據我們之前學的測度論的東西，有 $m(E-igcup_{i=1}^{N}B_i) le m(mathcal{O})-m(igcup_{i=1}^{N}B_i) le m(E)+delta-(m(E)-delta)=2delta$ ，這就證明了結論。

有了這些性質之後，對於我們的證明有什麼幫助呢？我們再回到要證明的定理去看看。

事實上，對於任意一個給定的區間 $[a,b]$ ，只要證明 $F(b)-F(a)=0$ 即可（因為之後，我們可以考慮把區間設置的任意小，因此就可以證明我們要的結果）。如果我們設 $E$ 為滿足 $x in (a,b),F(x)=0$ 的所有點 $x$ 的集合，那麼 $m(E)=b-a$ 。

首先注意到，只要 $x in E$ ，就有 $lim_{h o 0}left|frac{F(x+h)-F(x)}{h} ight|=0$ ，我們固定 $epsilon>0$ ，根據均值定理，對於任意的 $eta>0$ ，都有一個開區間 $I=(a_x,b_x) subset [a,b]$ ，這個區間包含 $x$ ，並且有 $|F(b_x)-F(a_x)| le epsilon(b_x-a_x),b_x-a_x <eta$ 。

根據這個條件可以知道，這些所有的滿足條件的區間構成了一個Vitali覆蓋。那麼根據上面的引理，存在有限多的開集 $I_i$ ，使得 $I_i=(a_i,b_i)$ ，彼此不交，並且 $sum_{i=1}^{N}m(I_i) ge m(E)-delta=(b-a)-delta$ 。注意到，測度的和，其實就是開區間的長度之和，而另一方面，我們由 $|F(b_x)-F(a_x)| le epsilon(b_x-a_x)$ ，可以知道 $sum_{i=1}^{N}|F(b_i)-F(a_i)| le epsilon(b-a)$ 。

再強調一遍，我們要研究的對象是 $F(b)-F(a)$ 。我們自然的思路是考慮說通過一種「首尾相加相消」的方式（比方說有一個劃分 $a<a_1<b$ ，那麼就裂成 $(F(b)-F(a_1))+(F(a_1)-F(a))$ ）。但我們目前得到的結果是一系列 $F$ 差的絕對值的和，所以退而求其次，如果能夠說使絕對值的和依然比一個無窮小量要小，自然也足夠說明了（而且更強）。

那麼現在我們有了一系列的開集區間下的函數絕對差的和。還差什麼？自然還差這個區間的補集。注意到，如果一個區間已經拿走了一部分的開集，那麼剩下的是什麼？自然是一系列的閉集。而且它們的區間長度之和一定 $le delta$ 。這說明什麼？別忘了我們之前對於絕對函數的定義。根據絕對函數的定義，可以得到的就是，它們的函數的絕對值之和是小於 $epsilon$ 的，那麼加在一起就容易得到結論了。（這裡的數學證明是類似的寫法的，我覺得不算難，略過去）

最後一個定理告訴我們，絕對函數的意義下，積分和求導運算可交換，並且微積分基本定理成立。

Theorem 3:

設 $F$ 在 $[a,b]$ 上絕對連續，那麼 $F$ 幾乎處處存在並且可積。並且 $F(x)-F(a)=int_a^xF(y)dy$ 。反過來，如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上可積，那麼存在一個絕對連續函數 $F$ ，滿足 $F=f$ 對於幾乎處處 $x$ 成立。特別地可以設 $F(x)=int_a^xf(y)dy$ 。

我們證明一下這個結論。首先注意到，如果 $F$ 是有界變差函數，那麼它可以寫作兩個單增函數的差。進一步的，這裡是絕對連續函數，所以可以寫作兩個單增連續函數的差（想想為什麼）。設 $G(x)=int_a^xF(y)dy$ ，那麼 $G(x)$ 根據勒貝格積分的定理（積分區域的測度如果足夠小之後，積分值也會足夠小，上面已經貼了這個定理的圖了），可以知道是絕對連續的。當然了，這樣就可以知道 $G(x)-F(x)$ 也是絕對連續的。

注意到我們在第七節介紹的勒貝格求導定理（見下圖），可知 $G(x)=F(x)$ 對於幾乎處處 $x$ 成立。那麼容易得到 $F=G$ ，就證明了結論。因為只需要令 $x=a$ 。

反過來的結論，其實注意到， $F(x)=int_a^xf(y)dy$ 是絕對連續函數，所以 $F(x)=f(x)$ 可以根據相同的定理得到。就證明了結論。

於是，絕對連續函數的情況，我們算是完美的把它，與數分中的相關定理銜接了起來。

跳躍函數(Jump functions)

這是什麼意思呢？根據字面意思可以看出，這裡主要針對的是函數不連續的情況。這也是研究可微性的最後一種情況。在此之前，我們假設函數 $F$ 單增有界。

我們在數分中學過的可微性（可導性），其實都是要在連續的基礎上去研究的，但是這裡，我們把連續性的情況也移除掉的話，又怎麼做到可微呢？

首先我們還是給一些記號。

Notation 1:
$F(x^-)=lim_{y o x \ y < x}F(y),F(x^+)=lim _{y o x \ y > x}F(y)$

因為函數單增有界，所以自然有 $F(x^-) le F(x) le F(x^+)$ 。如果 $F(x^-)=F(x^+)$ ，數分中我們定義這個函數連續。那麼如果不成立呢？我們也學過，這個時候說它有一個跳躍不連續點。

研究跳躍不連續點的可行性來源於下面這個定理。

Theorem 4:
一個定義在 $[a,b]$ 上的單增有界函數 $F$ 最多也只有可數多的不連續點。

我們證明一下這個結論。

如果 $x$ 是 $F$ 的一個不連續點，那麼我們可以選擇一個有理數 $r_x$ ，滿足 $F(x^-) < r_x < F(x^+)$ 。但是如果有兩個點 $x,z$ 不連續，那麼顯然有 $F(x^+)<F(z^-)$ ，這樣的話一定有 $r_x<r_z$ 。也就是說，如果我的不連續點不一樣，我的對應的有理數也不一樣，所以我所有的不連續點的集合一定是有理數集 $mathbb{Q}$ 的子集。但是有理數集可列，所以自然可以證明不連續點集合可列（這一部分證明可以參考拓撲學的前三節筆記）。就證明了結論。

下面我們就來研究各個點的不連續性。

首先，設 $alpha_n=F(x_n^+)-F(x_n^-)$ ，並設 $F(x_n)=F(x_n^-)+ heta_nalpha_n,0 le heta_n le 1$ （因為我可以在不連續點上任意取值，和左右極限無關，所以 $heta_n$ 並不一定是 $0/1$ ），那麼這樣的話，我們統一一下，設 $j_n(x)=egin{cases}0 & x < x_n \ heta_n & x = x_n \ 1 & x>x_nend{cases}$ 。就有下面的正式的跳躍函數的定義了。

Definition 4:jump function
定義 $J_F(x)=sum_{n=1}^{infty}alpha_nj_n(x)$ 為 $F$ 對應的跳躍函數。

當然了，如果函數只有一個，寫成 $J(x)$ 也是可以的。

那麼，容易注意到的一個地方是，因為 $sum_{i=1}^{infty}alpha_i le F(b)-F(a) < infty$ ，所以這個級數是絕對收斂的，自然也是一致收斂的。

有了這些，我們就可以很好的根據下面的引理，推出最後我們需要的結論。

Lemma 3:
設 $F$ 在 $[a,b]$ 上單增有界，那麼
(1) $J(x)$ 僅在點集合 ${x_n}$ 內不連續，並且在 $x_n$ 上的躍度和 $F$ 在同一點上的躍度相同。
(2) $(F-J)(x)$ 單增連續。

（這裡躍度說的就是 $alpha_n$ ）

我們證明一下這個結論。

對於第一個，分情況討論。注意到，如果 $x e x_n$ ，那麼因為每一個 $j_n(x)$ 是連續的，而根據這個級數是一致收斂的，可以得到 $J(x)$ 在這個點連續。那麼如果 $x=x_N$ 對於某一個 $N$ 成立，那麼 $J(x)=sum_{n=1}^{N}alpha_nj_n(x)+sum_{n=N+1}^inftyalpha_nj_n(x)$ ，這個時候，根據 $J$ 的一致連續性可以得到這個函數在 $x$ 處連續的結論。同時，根據級數的相關性質，可以知道躍度也相同。

對於第二個，只要根據第一個結論就可以推出連續性，再根據 $J(y)-J(x) le sum_{x<x_n le y}alpha_n le F(y)-F(x)$ 即可得到結論。

為什麼需要這個引理，因為 $F=(F-J)+J$ 。而我們根據引理其實已經解決了關於 $F-J$ 的一部分問題，剩下的就是 $J$ 的那一部分了。

Theorem 4:
$J(x)$ 幾乎處處存在且均為0.

我們證明一下這個結論。

首先注意到，對於任意給定的 $epsilon>0$ ，滿足條件 $limsup_{h o 0}frac{J(x+h)-J(x)}{h}>epsilon$ 的集合 $E$ 是一個可測集（這是一個小結論，但我還沒有弄出來……占坑）。那麼現在只要證明 $delta=m(E)=0$ 即可。

首先 $sum_{n=1}^{infty}a_n$ 收斂可以知道，我們可以讓 $N$ 足夠大，使得滿足 $sum_{n >N}alpha_n < eta$ 。這樣的話再設 $J_0(x)=sum_{n>N}alpha_nj_n(x)$ ，就可以知道這個時候 $J_0(b)-J_0(a)<eta$ 。因為 $J-J_0$ 是有限的項的和，所以使 $J_0$ 滿足 $limsup_{h o 0}frac{J_0(x+h)-J_0(x)}{h}>epsilon$ 的點的集合和 $E$ 只會差有限個點（這是因為，有限項代表只有有限個不連續點，而只有不連續點才會有導數非零的可能性）。那麼說明我們可以考慮構造一個緊集 $K$ 滿足 $m(K) ge delta/2$ ，對於每一個 $x in K$ 有 $limsup_{h o 0}frac{J_0(x+h)-J_0(x)}{h}>epsilon$ 。這就說明存在 $(a_x,b_x)$ ，包含 $x$ ， $x in K$ ，且滿足 $J_0(b_x)-J_0(a_x) > epsilon(b_x-a_x)$ 。這樣的話，因為 $K$ 是緊集，所以從這些開區間中，可以取有限個覆蓋 $K$ ，再根據上面經常用的覆蓋引理，找一些不交的開區間 $I_1,I_2,...,I_n$ ，滿足 $sum_{j=1}^{n}m(I_j) ge frac{m(K)}{3}$ 。那麼 $J_0(b)-J_0(a) ge sum_{j=1}^{N}J_0(b_j)-J_0(a_j) >epsilon sum(b_j-a_j) ge frac{epsilon}{3}m(K) ge frac{epsilon}{6}delta$ 。所以 $frac{epsilon}{6}delta<eta$ 。而因為 $eta$ 可以任意取，所以就證明了結論。