数学分析(一)：一元微积分 南京大学 7 第七章拾遗 (7.3.1) Lebesgue定理

一元微积分与数学分析—有限覆盖定理梅加强南京大学数学系在研究函数的时候,我们希望能将其局部性质转化为整体性质.从局部过渡到整体往往要用到所谓的有限覆盖定理.在研究函数的时候,我们希望能将其局部性质转化为整体性质.从局部过渡到整体往往要用到所谓的有限覆盖定理.集合族:设Γ为集合.如果Γ中的每一个元素α都对应一个集合Aα,则称{Aα}α∈Γ为集合族(一族集合),Γ为这一族集合的指标集.当指标集给定时,集合族也简记为{Aα}.例如,{[a n,b n]}是以N为指标集的一族集合.在研究函数的时候,我们希望能将其局部性质转化为整体性质.从局部过渡到整体往往要用到所谓的有限覆盖定理.集合族:设Γ为集合.如果Γ中的每一个元素α都对应一个集合Aα,则称{Aα}α∈Γ为集合族(一族集合),Γ为这一族集合的指标集.当指标集给定时,集合族也简记为{Aα}.例如,{[a n,b n]}是以N为指标集的一族集合.集合之间的运算可以对集合族来定义.例如,交集运算可定义为Aα={x|任给α∈Γ,均有x∈Aα},α∈Γ在研究函数的时候,我们希望能将其局部性质转化为整体性质.从局部过渡到整体往往要用到所谓的有限覆盖定理.集合族:设Γ为集合.如果Γ中的每一个元素α都对应一个集合Aα,则称{Aα}α∈Γ为集合族(一族集合),Γ为这一族集合的指标集.当指标集给定时,集合族也简记为{Aα}.例如,{[a n,b n]}是以N为指标集的一族集合.集合之间的运算可以对集合族来定义.例如,交集运算可定义为Aα={x|任给α∈Γ,均有x∈Aα},α∈Γ并集运算可定义为Aα={x|存在α∈Γ,使得x∈Aα}.α∈Γ定理1(Heine-Borel)设{Uα}α∈Γ为R中的一族开集.如果闭区间[a,b]包含于这一族开集的并集之中,则[a,b]必定包含于有限个Uα的并集之中.定理1(Heine-Borel)设{Uα}α∈Γ为R中的一族开集.如果闭区间[a,b]包含于这一族开集的并集之中,则[a,b]必定包含于有限个Uα的并集之中.证明.如果指标集Γ是有限集,则结论不证自明.以下设Γ为无限集.(反证法)假设[a,b]只能包含于无限个Uα的并集,则二等分[a,b]后必有一个小区间也只能包含于无限个Uα之并,记该区间为[a1,b1].再将[a1,b1]二等分,又必有一个小区间只能包含于无限个Uα之并,记该区间为[a2,b2].如此继续下去,得闭区间套{[a n,b n]},使得每一个[a n,b n]均只能包含于无限个Uα之并.证明(续).注意limn→∞(b n−a n)=limn→∞2−n(b−a)=0.根据闭区间套原理,{[a n,b n]}有一个公共点,记为ξ.根据题设,存在α0∈Γ,使得ξ∈Uα0.因为Uα是开集,故存在δ>0,使得(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα0.根据闭区间套原理的证明,{a n},{b n}均收敛于ξ,故存在N,当n>N时a n,b n∈(ξ−δ,ξ+δ).此时有[a n,b n]⊂(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα,这与[a n,b n]只能包含于无限个Uα之并相矛盾.ξ−δξ+δa n bnξ图1:有限覆盖定理例1证明:闭区间中的局部有界函数必为有界函数.例1证明:闭区间中的局部有界函数必为有界函数.证明.设f是[a,b]中的局部有界函数,则任给x∈[a,b],均存在δ(x)>0以及M(x),使得|f(y)|≤M(x),∀y∈x−δ(x),x+δ(x)∩[a,b].显然,[a,b]包含于集合族x−δ(x),x+δ(x)x∈[a,b]之并.由Heine-Borel定理,存在x1,···,x k∈[a,b],使得[a,b]⊂ki=1x i−δ(x i),x i+δ(x i).记M=max{M(x i)|i=1,2,···,k},则|f|≤M在[a,b]中总成立.定理2(Bolzano)有界数列必有收敛子列.定理2(Bolzano)有界数列必有收敛子列.证明.设{a n }为有界数列,不妨设a n 均包含于[a ,b ].断言：存在α∈[a ,b ],使得任给δ>0，(α−δ,α+δ)中均含有无限项a n .(反证法)假设不然,则任给x ∈[a ,b ],存在δ(x )>0,使得 x −δ(x ),x +δ(x ) 只含有限项a n .显然,[a ,b ]包含于集合族 x −δ(x ),x +δ(x ) x ∈[a ,b ]之并.由Heine-Borel 定理,[a ,b ]包含于有限个 x −δ(x ),x +δ(x ) 之并.这说明[a ,b ]只含有限项a n ,从而和a n 均包含于[a ,b ]相矛盾.利用此断言,我们选取{a n }的子列,使之收敛到α.事实上,先取a n 1∈(α−1,α+1).再取n 2>n 1,使得a n 2∈(α−1/2,α+1/2).如此继续,可得子列{a n k },使得当k ≥1时a n k ∈(α−1/k ,α+1/k ).显然,{a n k }收敛到α.引理1(Lebesgue数引理)设{Uα}α∈Γ为一族开集,其并集包含了闭区间[a,b].则存在正数λ>0,使得长度不超过λ的任何闭区间I⊂[a,b]必定完全包含于某个Uα中.引理1(Lebesgue数引理)设{Uα}α∈Γ为一族开集,其并集包含了闭区间[a,b].则存在正数λ>0,使得长度不超过λ的任何闭区间I⊂[a,b]必定完全包含于某个Uα中.证明.(反证法)如果不然,则存在一列闭区间{I n}n≥1,使得|I n|<1/n,但每一个Uα都不能完全包含任何一个I n.记I n=[a n,b n],由于{a n}为有界点列,根据Bolzano 定理,它有收敛子列,不妨设{a n}本身收敛,其极限记为ξ∈[a,b].显然,{b n}也收敛到ξ.根据题设,存在某个α,使得ξ∈Uα.由Uα为开集可知,故存在δ>0,使得(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα.这说明,当n充分大时,必有a n,b n∈(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα,此时I n=[a n,b n]⊂Uα.这与I n的选取相矛盾.引理1(Lebesgue数引理)设{Uα}α∈Γ为一族开集,其并集包含了闭区间[a,b].则存在正数λ>0,使得长度不超过λ的任何闭区间I⊂[a,b]必定完全包含于某个Uα中.证明.(反证法)如果不然,则存在一列闭区间{I n}n≥1,使得|I n|<1/n,但每一个Uα都不能完全包含任何一个I n.记I n=[a n,b n],由于{a n}为有界点列,根据Bolzano 定理,它有收敛子列,不妨设{a n}本身收敛,其极限记为ξ∈[a,b].显然,{b n}也收敛到ξ.根据题设,存在某个α,使得ξ∈Uα.由Uα为开集可知,故存在δ>0,使得(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα.这说明,当n充分大时,必有a n,b n∈(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα,此时I n=[a n,b n]⊂Uα.这与I n的选取相矛盾.引理中的λ称为{Uα}α∈Γ的Lebesgue数.定理3(Cantor定理)设f∈C0[a,b],则任给ε>0,存在δ>0,使得只要x1,x2∈[a,b]且|x1−x2|<δ,就有|f(x1)−f(x2)|<ε.定理3(Cantor定理)设f∈C0[a,b],则任给ε>0,存在δ>0,使得只要x1,x2∈[a,b]且|x1−x2|<δ,就有|f(x1)−f(x2)|<ε.证明.根据连续性,任给x∈[a,b],存在δ(x)>0,当y∈(x−δ(x),x+δ(x))∩[a,b]时, |f(y)−f(x)|<ε/2.显然,[a,b]包含于开集族{(x−δ(x),x+δ(x))}x∈[a,b]之并,记此开集族的Lebesgue数为δ.设x1<x2∈[a,b],当|x1−x2|<δ时,根据Lebesgue引理,存在某个x∈[a,b],使得[x1,x2]⊂(x−δ(x),x+δ(x)).此时|f(x1)−f(x2)|≤|f(x1)−f(x)|+|f(x)−f(x2)|<ε/2+ε/2=ε.。

一元微积分与数学分析—连续性方法举例梅加强南京大学数学系连续性方法是分析中的常用方法之一.连续性方法是分析中的常用方法之一. 连续性方法:设P (t )是一族依赖于参数t 的命题,P (a )成立,且(1)当P (t )成立时,存在δ>0,使得P (t +δ)(P (t −δ))也成立;(2)当P (t n )均成立时,P lim n →∞t n 也成立.则P (t )对所有可能的t ≥a (t ≤a )都成立.连续性方法是分析中的常用方法之一. 连续性方法:设P (t )是一族依赖于参数t 的命题,P (a )成立,且(1)当P (t )成立时,存在δ>0,使得P (t +δ)(P (t −δ))也成立;(2)当P (t n )均成立时,P lim n →∞t n 也成立.则P (t )对所有可能的t ≥a (t ≤a )都成立.例1设f ∈C 0[a ,b ].如果任给t ∈[a ,b ),δ>0,均存在t ∈(t ,t +δ),使得f (t )≥f (t ),则f 为单调递增函数.连续性方法是分析中的常用方法之一. 连续性方法:设P (t )是一族依赖于参数t 的命题,P (a )成立,且(1)当P (t )成立时,存在δ>0,使得P (t +δ)(P (t −δ))也成立;(2)当P (t n )均成立时,P lim n →∞t n 也成立.则P (t )对所有可能的t ≥a (t ≤a )都成立.例1设f ∈C 0[a ,b ].如果任给t ∈[a ,b ),δ>0,均存在t ∈(t ,t +δ),使得f (t )≥f (t ),则f 为单调递增函数.证明.先来说明f (b )≥f (a ).记I ={t ∈[a ,b ]|f (t )≥f (a )},显然a ∈I .令β=sup I ,则β∈[a ,b ].证明(续).断言:β=b.(反证法)如果β<b,则由上确界的刻画可知,存在t n∈I,使得t n→β(n→∞).此时f(t n)≥f(a),令n→∞,由f连续即知β∈I.再由已知条件可知存在β >β,使得f(β )≥f(β),此时β ∈I,这与β为上确界相矛盾.在β=b处重复前面的论证,利用f的连续性即知b∈I,即f(b)≥f(a).再设x,y∈[a,b],x<y.在区间[x,y]中重复上述论证即知f(y)≥f(x),因此f为单调递增函数.证明(续).断言:β=b.(反证法)如果β<b,则由上确界的刻画可知,存在t n∈I,使得t n→β(n→∞).此时f(t n)≥f(a),令n→∞,由f连续即知β∈I.再由已知条件可知存在β >β,使得f(β )≥f(β),此时β ∈I,这与β为上确界相矛盾.在β=b处重复前面的论证,利用f的连续性即知b∈I,即f(b)≥f(a).再设x,y∈[a,b],x<y.在区间[x,y]中重复上述论证即知f(y)≥f(x),因此f为单调递增函数.问题1如果将此例中的条件改为“如果任给t∈[a,b),均存在t >t,使得f(t )≥f(t)”,结论是否仍然成立?例2设f∈C0[a,b],如果f在[a,b)中的右导数均存在且大于零,则f为严格单调递增函数;如果右导数存在且非负,则f为单调递增函数;如果右导数恒为零,则f为常值函数.例2设f∈C0[a,b],如果f在[a,b)中的右导数均存在且大于零,则f为严格单调递增函数;如果右导数存在且非负,则f为单调递增函数;如果右导数恒为零,则f为常值函数.证明.如果右导数大于零,则f满足例1中的条件,因此是单调递增函数.如果x<y且f(x)=f(y),则由单调性可知f在[x,y]中为常值函数,从而导数为零,但这与已知条件相矛盾.于是f是严格单调递增函数.设f右导数非负,则当n≥1时,函数f(x)+x/n的右导数恒正,从而单调递增.令n→∞可知f单调递增.设f右导数恒为零,则f和−f均为单调递增函数,f既单调递增又单调递减,因此是常值函数.例3设f∈C0[a,b],X⊂[a,b]为可数集,当x∈[a,b]\X时f (x)=0,则f为常值函数.例3设f∈C0[a,b],X⊂[a,b]为可数集,当x∈[a,b]\X时f (x)=0,则f为常值函数.证明.先来说明f(b)=f(a).记X={x1,x2,···}.当n≥1时,令I n=x∈[a,b]||f(x)−f(a)|≤1n(x−a)+{k|x k<x}1n·2k,显然a∈I n.记βn=sup I n,则βn∈[a,b].由f连续还不难看出βn∈I n.断言:βn=b.(反证法)如果βn<b,分两种情况讨论.(a)βn/∈X.此时f (βn)=0,根据导数的定义可知,存在β >βn,使得|f(β )−f(βn)|<(β −βn)/n.证明(续).此时|f(β )−f(a)|≤|f(β )−f(βn)|+|f(βn)−f(a)|<1n(β −βn)+1n(βn−a)+{k|x k<βn}1n·2k≤1n(β −a)+{k|x k<β }1n·2k,这说明β ∈I n,从而与βn为上确界相矛盾.(b)βn∈X.此时βn=x m.由f连续可知,存在β >βn,使得|f(β )−f(βn)|<1 n·2m.证明(续).此时|f(β )−f(a)|≤|f(βn)−f(a)|+|f(β )−f(βn)|≤1n(βn−a)+{k|x k<βn}1n·2k+1n·2m<1n(β −a)+{k|x k≤βn}1n·2k≤1n(β −a)+{k|x k<β }1n·2k,这说明β ∈I n,从而与βn为上确界相矛盾.证明(续).以上我们证明了b=βn∈I n,特别地,|f(b)−f(a)|≤1n(b−a)+∞k=11n·2k=1n(b−a)+1n.令n→∞即得f(b)=f(a).当x∈(a,b]时,在[a,x]中重复以上论证过程可得f(x)=f(a).证明(续).以上我们证明了b=βn∈I n,特别地,|f(b)−f(a)|≤1n(b−a)+∞k=11n·2k=1n(b−a)+1n.令n→∞即得f(b)=f(a).当x∈(a,b]时,在[a,x]中重复以上论证过程可得f(x)=f(a).注1上述证明的关键是构造集合I n,它不是很容易想到.下面我们再给一种证明方法.我们还是来证明f(b)=f(a).只要证明任给ε>0,|f(b)−f(a)|≤ε(b−a)即可. (反证法)记µ=|f(b)−f(a)|/(b−a),若µ>ε,我们来构造一个闭区间套,然后再导出矛盾.为此,当I=[x,y]⊂[a,b]时,记µ(I)=|f(y)−f(x)|/(y−x).我们首先找一个子区间I1⊂[a,b],使得µ(I1)>ε,|I1|≤12(b−a),x1/∈I1.事实上,若x1是区间端点,比如x1=a,则由f连续可知limx→x+1µ([x,b])=µ([x1,b])=µ>ε,根据极限的保序性质可知,存在x>x1,使得µ([x,b])>ε.将区间[x,b]二等分,易见必有一个小区间(记为I1),使得µ(I1)≥µ([x,b])>ε.显然,x1/∈I1,|I1|≤(x−b)/2≤(b−a)/2.若x1不是端点,则µ([a,x1])和µ([x1,b])至少有一个大于ε,重复上述过程仍可找到满足要求的子区间I1.接下来用同样的方法我们可以在I1中找到子区间I2,使得x2/∈I2,µ(I2)>ε,|I2|≤|I1|/2.如法炮制,可以找到闭区间套{I n},使得x n/∈I n,µ(I n)>ε,|I n|≤2−n(b−a).根据闭区间套原理,{I n}有一个公共点ξ.此时ξ/∈X,因此f (ξ)=0.根据导数的定义,存在δ>0,当|x−ξ|<δ时|f(x)−f(ξ)|≤ε|x−ξ|.记I n=[a n,b n],我们知道a n≤ξ≤b n,a n,b n→ξ(n→∞).因此当n充分大时|f(a n)−f(ξ)|≤ε(ξ−a n),|f(b n)−f(ξ)|≤ε(b n−ξ).此时|f(b n)−f(a n)|≤|f(b n)−f(ξ)|+|f(a n)−f(ξ)|≤ε[(b n−ξ)+(ξ−a n)]=ε(b n−a n),这与µ(I n)>ε相矛盾.。