實分析Ⅱ|筆記整理（3）——第一章部分習題及解答

08-26

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大家好！

這一部分選自講師花了兩節課（實際上可能還拖了兩節課的堂）講的第一章的相關習題。它們多半都有一定的難度，很多的步驟都不是「順其自然」可以想到的，因此可把這一節筆記內的證明思想一樣作為積累為以後運用。

注意：這一節的習題主要會使用分析法來敘述，因此不能直接使用在試題或者教科書中。

提供之前的筆記：

實分析Ⅱ|筆記整理（1）——集合論補充，相關應用習題舉例（1）
實分析Ⅱ|筆記整理（2）——開集，閉集等集合性質深化

我們開始本節的內容。本節是複習章節。

首先是一些集合語言的翻譯題。

Problem 1:
試用 ${x: f_j(x) ge frac1k}$ 表示 ${x: overline{lim_{j o infty} }f_j(x) >0 }$

常規題，從左到右剖析每一個運算的集合意義。

首先我們在第一節介紹了 ${x: overline{lim_{j o infty} }f_j(x) >0 } = igcup_{k=1}^{infty}{x: overline{lim_{j o infty}} f_j(x) ge frac1k}$ ，之後要注意函數上極限的定義（數分一中有），就是對一個函數列的上確界取極限，具體一些就是 $igcup_{k=1}^{infty}{x: lim _{N o infty} sup _{j ge N} f_j(x) ge frac1k}$ 。進一步想，如果 $N o infty$ 時，它的上確界列依然是 $ge frac1k$ 的，那麼我 $N$ 在比較小的時候，這個上確界列也依然是滿足這個條件的（ $N$ 在小的時候，要取上確界的函數值對象其實變多了，那麼上確界的值自然不會減），而另一方面，如果對於每一個 $N$ 都滿足這個不等式，那取極限自然也滿足條件。根據這個思路我們可以得到它為 $igcup_{k=1}^{infty}igcap_{n=1}^{infty} {x: sup _ {j ge N} f_j(x) ge frac1k}$ 。接下來，如果存在 $j_0 ge N$ ，使得這個函數的值是 $ge frac1k$ 的，那麼自然對這個函數列取上確界也是滿足條件的。所以進一步可以得到它為 $igcup_{k=1}^{infty} igcap_{N=1}^{infty} igcup_{j=N}^{infty}{x: f_j(x) ge frac1k}$ 。這就已經完成了我們的構造。

Problem 2:
設 $lim_{n o infty} f_n(x) = chi _{[a,b] setminus E}(x),x in [a,b]$ ，令 $E_n = {x in [a,b] mid f_n(x) ge frac12}$ ，求 $lim _{n o infty}E_n$

這個題的思路也是非同尋常的。首先我們不難猜得答案是 $[a,b] setminus E$ ，所以要證明集合列的極限是這個答案，就需要考慮一個下極限和一個上極限。我們在第一節說過，一個集合列的上極限是比一個集合列的下極限要「不小」的。所以如果我們說明了這個集合它包含於一個集合列的下極限，卻又包含了同樣這個集合列的上極限，那麼就足夠證明結論了。

我們先證明 $[a,b] setminus E subset underline{lim}limits_{n o infty} E_n$ 。取任意的 $x in [a,b] setminus E$ ，那麼 $lim _{n o infty} f_n(x)=1$ ，那麼根據極限的定義，自然就說明，對於任意的 $epsilon in (0,frac12)$ ，存在一個 $N in mathbb{N}^*$ ，使得 $f_n(x) > 1-epsilon > frac12 , n ge N$ 。這就說明了 $x in E_n,n ge N$ ，也就是說，我們論證了存在一個 $N$ 滿足對於任意的 $n ge N$ 成立上面的條件，根據集合語言即可知 $x in igcup_{N=1}^{infty} igcap_{n =N}^{infty}E_n$ 。這就是集合列下極限的定義。

下面，我們再證明 $overline{lim _{n o infty}}E_n subset [a,b] setminus E$ 即可。這裡我們考慮對集合取一個補集考慮，意思就是說，只要證明不在右邊的集合的元素一定也不在左邊集合即可。那麼如果 $x ot in [a,b] setminus E$ 。這就說明 $x in E$ ，並且 $lim_{n o infty}f_n(x) =0$ ，那麼對於任意的 $epsilon in (0,frac12)$ ，存在 $N$ ，使得 $n ge N$ 時有 $f(x) < epsilon <frac12$ ，這就說明了 $x ot in E_n$ 。那麼自然不可能有 $x ot in igcap_{N=1}^{infty}igcup_{n=N}^{infty}E_n$ （因為 $x ot in igcup_{n=N}^{infty}E_n$ ）。也就是它不在集合的上極限中，這就證明了結論。

Problem 3:
$overline{lim_{k o infty}}chi_{E_k}(x) = chi_{overline{limlimits_{k o infty}E_k}}(x)$

這個命題是想說兩個函數值是恆等的。注意到特徵函數只有可能取到0或1，所以分別討論兩種情況自然就可以了。

假設 $chi_{overline{limlimits_{k o infty}E_k}}(x)=1$ ，這就說明 $x in igcap_{N=1}^{infty}igcup_{k=N}^{infty}E_k$ ，翻譯一下就是說，對於任意的 $N in mathbb{N^*},exists k ge N, s.t. ~x in E_k$ 。現在我們再看看另一邊，注意到函數值的上極限就是 $lim sup$ 的意思。那麼把我們得到的解釋語言翻譯為特徵函數，就是說，對於任意的 $N in mathbb{N^*}$ ， $sup_{k ge N}chi_{E_k}(x)=1$ 。那麼由於 $overline{lim _{k o infty}}chi_{E_k}(x)=lim_{N o infty}sup _{k ge N}chi_{E_k}(x) =1$ ，所以自然就說明了結論。

假設 $chi_{overline{limlimits_{k o infty}E_k}}(x)=0$ ，那就是 $x ot in igcap_{N=1}^{infty}igcup_{k=N}^{infty}E_k$ 。把上面的解釋語言取反，就是說 $exists N in mathbb{N^*} ~ s.t. ~ x ot in igcup_{k=N}^{infty}E_k$ 。那麼自然對於任意的 $k ge N, sup_{k ge N} chi_{E_k}(x)=0$ ，這就說明了 $overline{lim _{k o infty}}chi_{E_k}(x)=lim_{N o infty}sup _{k ge N}chi_{E_k}(x) =0$ ，也就得到了結論成立。

下面是關於集合是否可數的一些題目。

Problem 4:
設 $E subset (0,1)$ 是無限集。若從 $E$ 中任意選取不同的數所組成的無窮正項級數總收斂，試證明 $E$ 可數。

首先因為 $E subset (0,1)$ ，所以如果我們設 $E_n={x in E : frac1{n+1} le x < frac1n}$ ，那麼 $E = igcup_{n=1}^{infty}E_n$ 。然後注意到每一個 $E_n$ 內的元素都是有限個的即可（這是因為如果有一個集合 $E_{n_0}$ 它是無限集，那麼取裡面的元素就有 $sum_{n=1}^{infty}x_n ge sum_{n=1}^{infty}frac1{n_0}$ 發散），有限個是可數個，可數個可數集合併一下自然還是可數的，這就證明了結論。

對一個集合做「可數的拆分」是一個很重要的證明集合可數的方式。

Problem 5:
設 $f(x)$ 是定義在 $[0,1]$ 上的實值函數，且存在常數 $M$ 使得對 $[0,1]$ 中任意有限個數 $x_1,x_2,cdots,x_n$ 有 $|f(x_1)+f(x_2)+cdots+f(x_n)| le M$ 。試證明 $E={x in [0,1] : f(x) e 0}$ 是可數集。

事實上，設 $E_n={x in [0,1]: n < |f(x)| le n+1}$ , $F_n={x in [0,1] : frac1{n+1} < |f(x)| le frac1n}$ ，那麼 $E=igcup_{n=1}^{infty}(E_n cup F_n)$ 。同樣的思路，現在只需要說明，對於每一個固定的 $n$ ， $E_n cup F_n$ 都是有限集即可。不妨假設存在 $F_{n_0}$ 是一個無限集，那麼根據 $sum_{k=1}^{M(n_0+1)}f(x_k) > M$ 即可推出矛盾，所以它每一個都是有限集，同理對 $E_n$ 。所以 $E_n cup F_n$ 每一個都是有限集。可數個並自然是可數集，結論證完。

Problem 6:
設 $f(x)$ 是定義在 $mathbb{R}$ 上的實值函數。若對於任意的 $x_0 in mathbb{R}$ ，都存在 $delta>0$ ，使得 $|x-x_0| <delta$ 時， $f(x) ge f(x_0)$ ，證明 $E={y:y=f(x)}$ 是可數集。

簡單分析一下題目，意思就是說，對於任意的 $y in E$ ，都 $exists x in mathbb{R},~ s.t. ~ f(x)=y$ 。也就是說存在 $delta_x>0$ ，使得 $forall x in (x-delta_x,x+delta_x),f(x) ge f(x)$ 。那麼如何證明可數呢？這裡的思路是，構造一個函數定義域內點到函數值的一一映射。

那麼因為定義域需要構造成可數的。所以需要用有理數集做一些處理。取 $r_x in (x-delta_x,x) cap mathbb{Q},R_x in (x,x+delta_x) cap mathbb{Q}$ 。這樣就有 $x in I_y =(r_x,R_x) subset (x-delta_x,x+delta_x)$ 。

考慮構造映射 $f:E o {I_y}_{y in E}$ ，那麼根據映射的定義，滿射是顯然的。下面考慮證明它是一個單射。若對於兩個元素 $y,y in E$ ，有 $I_y in (r_x,R_x) =(r_{x},R_{x})=I_{y}$ ，那麼就有 $x in (r_x,R_x) subset (x-delta_{x},x+delta_{x})$ 。這樣的話， $y=f(x) ge f(x) =y$ （注意一下我們證明開始部分的中間結論）。而證明 $y ge y$ 是同理的。也就是說 $f$ 是一個單射。

現在構造出了一一映射，又因為 ${I_y}_{y in E}$ 是有理數的子集，那自然是可數集。結論證完。

Problem 7:
不存在 $mathbb{R}$ 上的連續函數 $f$ ，其在無理數集 $mathbb{R} setminus mathbb{Q}$ 上是一一映射，而在 $mathbb{Q}$ 上不是一一映射。

我們假設存在這樣的函數 $f$ ，那麼自然存在 $a_0,b_0 in mathbb{Q}$ ，使得 $f(a_0)=f(b_0)=y_0$ 。令 $E={x in [a_0,b_0]:f(x)=y_0}$ ，下面的證明重點自然圍繞 $E$ 展開。

首先先證明 $ar E subsetneq[a_0,b_0]$ 。否則的話，就說明它在 $[a_0,b_0]$ 內是稠密的，也就是說任意的一個區間都會存在一個點它的函數值是 $y_0$ 。這樣的話，利用極限語言可知，對於任意的 $x_1,x_2 in [a_0,b_0] setminus mathbb{Q}$ （既然你要推矛盾，自然要考慮無理數的方向），使得 $x_{k_1} o x_1,x_{k_2} o x_2,k o infty$ ，其中 ${x_{k_1}} subset E,{x_{k_2}} subset E$ 。由於函數是連續函數，所以可以考慮極限，因此這樣的話可以得到 $f(x_1)=f(x_2)=y_0$ ，這就矛盾了（因為無理數上是一一映射）。

既然這個集合不稠密，那麼自然存在 $x_0 in [a,b] setminus ar E$ 與 $delta_0 >0$ ，使得 $(x_0-delta_0,x_0+delta_0) cap ar E =emptyset$ 。因為 $delta_0$ 是可以任意小的，所以不妨設 $(x_0-delta_0,x_0+delta_0) subset [a_0,b_0]$ 。

現在我們有了一個集合，它內的所有的元素的函數值都不是 $y_0$ ，那麼考慮左右的函數值是 $y_0$ 的相關點，看看是否有更好的結論。設 $a_1=sup{x in [a_0,x_0-delta_0],f(x)=y_0}$ , $b_1=inf{x in [x_0+delta_0,b_0],f(x)=y_0}$ 。這就說明 $f(a_1)=f(b_1)=y_0$ ，且對任意的 $x in (a_1,b_1),f(x) e y_0$ 。又因為函數連續，所以要不函數值一直都大於 $y_0$ ，要不反過來。不妨設是前一種情況，那麼存在 $xi in [a_1,b_1]$ ，這個點為函數的最大值點。又 $f([a,xi] setminus mathbb{Q}) subset f([xi,b_1] cap mathbb{Q})$ ，而左邊是一個不可數集，右邊卻可數，這就矛盾了。

重新理一下思路就是，你需要找到一個函數來說明反例，這需要利用區間的不可數性。為了讓這樣的區間存在，我們必須要說明它不稠密。下面這張圖可以說明最後的解釋的本質。

對於每一個具體的區間左邊的元素，如果它是有理數，那麼與之對應的右邊的元素必須是無理數。於是我們構造出了一個一一對應是從可數集到不可數集的，這顯然是不可能的。

Problem 8:
若 $E subset (0,+infty)$ 中的點不能以數值大小排列，那麼 $E e emptyset$ 。

還是一樣，設 $E_n = {x in E : n-1 <x le n}$ ，那麼 $E =igcup_{n=1}^{infty}E_n$ ，那麼存在 $n_0$ 使得 $E_{n_0}$ 中的點不能以大小排列，那麼就說明它是一個無限集。這樣的話，因為每一個都是有限集，所以它必然存在一個極限點（B-W定理），那麼自然 $E e emptyset$ 。

Problem 9:
若 $E subset mathbb{R}^2$ 中任意兩點間的距離均大於1，那麼 $E$ 是可數集。

這種點的距離的題目，我們要證明點可數，自然要把它與有理數聯繫起來，構造一個一一映射。而開球自然是非常好的方式。

因為有理數集的稠密性可知，對於任意的 $x in E$ ，取 $r_x in mathbb{Q}^2$ ，都可以做到 $x in B(r_x,frac14)$ 。先證明 $B(r_x,frac14) cap B(r_y,frac14)=emptyset$ 。設 $z in B(r_x,frac14) cap B(r_y,frac14)$ ，那麼 $|r_x-r_y| le |r_x-z|+|r_y-z| <frac12$ ，但另一方面 $|r_x-r_y| ge |x-y| -|x-r_x|-|y-r_y| > 1-frac14-frac14=frac12$ ，這就矛盾了。

所以這樣的話，每一個 $x$ 就會對應一個獨特的 $B(r_x,frac14)$ ，但是 ${B(r_x,frac14)}$ 是可數的，二者又是對等的，所以自然結論就成立了。

看著這張圖，能夠想明白為什麼取一個半徑為1/4的開球嗎？

之後的幾個題目會與開閉集，覆蓋等內容有關。

Problem 10:
設 $F subset mathbb{R}^n$ 是閉集， $r>0$ ，證明 $E={t in mathbb{R}^n:exists x in F ,s.t. ~ |t-x|=r}$ 是閉集。

要證明一個集合是閉集，只需要說明 $E subset E$ 即可。

注意到，對於任意的 $t in E$ ，都存在 ${t_k} subset E$ ，使得 $t_k o t,k o infty$ 。那麼由於 $t_k in E$ ，所以存在 $x_k in F$ ，使得 $|x_k-t_k|=r$ 。根據 ${t_k}$ 可以一一對應得到一個數列 ${x_k}$ ，並且由 ${t_k}$ 有界可得 ${x_k}$ 也有界。那麼必然存在收斂子列 ${x_{k_j}} subset {x_k}$ ，使得 $x_{k_j} o x,k_j o infty$ ，其中 $x$ 是這個數列的極限。且由於 $F$ 是閉集，可得 $x in F$ 。那麼進一步的，會有 $|x-t| = lim _{k_j o infty}|x_{k_j}-t_{k_j}|=r$ ，這就證明了 $t in E$ 。結論證完。

Problem 11:
設 ${F_alpha}$ 為 $mathbb{R}^n$ 中的一族有界閉集，若任取其中有限個 $F_{alpha_1},F_{alpha_2},cdots,F_{alpha_m}$ 都有 $igcap_{i=1}^{m}F_{alpha_i} e emptyset$ ，證明 $igcap_{alpha}F_alpha e emptyset$

如果 $igcap_{alpha}F_alpha = emptyset$ ，那麼挑出其中任何一個 $F_{alpha_0}$ ，都會有 $F_{alpha_0} cap (igcap_{alpha e alpha_0}F_alpha) e emptyset$ 。也就是 $F_{alpha_0} subset (igcap_{alpha e alpha_0}F_alpha)^c=igcup_{alpha e alpha_0}F_alpha^c$ 。注意到這是一個開覆蓋，所以根據 $F_{alpha_0}$ 是一個有界閉集可知存在有限的子覆蓋 ${F_{alpha_i}^c}_{i=1}^{m}$ ，使得 $F_{alpha_0} subset igcup_{i=1}^{m}F_{alpha_i}^c$ 。這就說明 $F_{alpha_0} cap (igcap_{i=1}^{m}F_{alpha_i})=emptyset$ ，這就與題目條件矛盾了。

Problem 12:
設 $K subset mathbb{R}^n$ 是有界閉集， ${B_k}$ 是 $K$ 的開球覆蓋，證明存在 $epsilon>0$ 使得以 $K$ 中任何一個點為中心， $epsilon$ 為半徑的球一定含於 ${B_k}$ 中的一個。

根據覆蓋的定義可知，對於任意的 $x in K$ ，都存在 $k$ 使得 $x in B_k$ ，也即存在 $delta_x>0$ ，使得 $B(x,delta_x) subset B_k$ ，縮小開球的半徑，可以得到 $K subset igcup_{x in K}B(x,frac12 delta_x)$ （事實上，縮不縮小半徑，這都一定是對的）。所以存在一個有限的開覆蓋，也就是 $K subset igcup_{i=1}^{m}B(x_i,frac12 delta_i)$ ，那麼再次根據覆蓋的定義可得對於任意的 $x in K$ ，存在 $i_0$ 使得 $x in B(x_{i_0},frac12 delta_{i_0})$ 。那自然存在也就有 $B(x,frac12 delta_{i_0}) subset B(x_{i_0}, delta_{i_0})=B_{i_0}$ （和第9題構造思路相同），所以這樣子只需要令 $epsilon = frac12 min {delta_1,delta_2,cdots,delta_m}$ 即可。

Problem 13:
設有 $mathbb{R}$ 中的閉集F以及開集列 ${G_k}$ 。如果對於每一個 $k$ 都有 $overline{G_k cap F} = F$ ，那麼有 $overline {G_0 cap F} =F$ 。其中 $G_0= igcap_{k=1}^{infty}G_k$ 。

這個命題就相當於是說 $G_0$ 在 $F$ 中稠密。那麼要證明它自然只需要說明對於任意的 $x in F$ 和 $delta>0$ ，存在 $xi in G_0 cap F$ ，使得 $|x-xi|<delta$ 。

從條件出發，取定 $x,delta$ ，這樣就給集合劃分了一個範圍，我們要去找這個 $xi$ 。根據 $overline {G_1 cap F} =F$ 可知，這個範圍內一定都會有 $G_1$ 內的元素，也就是說存在 $x_1 in G_1 cap F$ ，使得 $x_1 in (x-delta,x+delta)$ 。那麼為了方便討論，我們進一步做一個限制，取 $delta_1 in (0,min {delta,1})$ ，使得 $[x_1-delta_1,x_1+delta_1] subset (x-delta,x+delta) cap G_1$ （因為 $x_1$ 本身也是開集 $G_1$ 中的元素，所以根據開集的性質，取 $delta_1$ 非常小的時候這是一定可以做到的）。按照同樣的思路，根據 $overline {G_2 cap F} = F$ 可以推出來存在 $x_2 in G_2 cap F$ ， $delta_2 in (0, min {delta_1,frac12})$ ，使得 $[x_2-delta_2,x_2+delta_2] subset (x_1-delta_1,x_1+delta_1) cap G_2$ 。

一直推下去就有對於任意的 $k ge 2$ ，存在 $x_k in G_k cap F$ ，使得 $delta_k in (0,min {delta_k,frac1k})$ ，使得 $[x_k-delta_k,x_k+delta_k] subset (x_{k-1}-delta_{k-1},x_{k-1}+delta_{k-1}) cap G_k$ 。所以說我們就構造出了一個有界遞減閉集列 ${[x_k-delta_k,x_k+delta_k]}$ ，並且會存在 $xi in igcap_{k=1}^{infty}[x_k-delta_k,x_k+delta_k] subset igcap_{k=1}^{infty}G_k=G_0$ 。又因為 ${x_k} subset F,x_k o xi(k o infty)$ ，所以 $xi in F$ 。結合 $xi in [x_k-delta_k,x_k+delta_k] subset (x-delta,x+delta)$ 即可得到結論。