连续函数的零点的类型

连续函数的零点的类型李汉巨华南师范大学数学科学学院，广州（510631）E-mail ：lihanju314@摘 要：本文把连续函数的零点分成三种类型，并给出了每种类型零点的阶的刻画，最后研究了零点集的结构．关键词：零点，零点的阶，连续函数 中图分类号：O174.121. 前言解析函数()()f z z ∈ 的零点集具有分离性：如果()f z 在零点0z 的任何一个邻域内都不恒等于零，那么就必有点0z 的一个邻域存在，在这个邻域内()f z 除0z 以外没有别的零点．但连续函数()()f x x ∈的零点集不具有这样的性质．一个例子是（1.1） 1sin ,0()0,0x x f x xx ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩ 显然()f x 在任何邻域内都不恒等于零，其零点集为{}{}11,2,0n n π=±±L U ．不难看出()f x 在点0的任何邻域内都含有别的零点．我们用[],a b Z 表示()f x 在区间[],a b 上的零点集，用[](1),a b Z 表示[],a b Z 的导集，由于()f x 的连续性，所以[][](1),,a b a b Z Z ⊆．这样就能把[],a b Z 分为两类：一类是[](1),a b Z ，另一类是[][](1),,\a b a b Z Z ．显然()f x 的属于[][](1),,\a b a b Z Z 的零点都是孤立点．虽然这样的分类能把不具有分离性的零点提取出来，却无法反映()f x 在其零点的邻域内的性状．因此研究能反映()f x 在其零点附近的性状的零点分类是一件有意义的事情．目前我们尚未发现研究这类问题的文献．本文根据连续函数在其零点的邻域内的性状的差异，把零点分成三种类型，其中一种类型零点集和解析函数的零点集一样具有分离性，并给出了每种类型零点的阶的刻画，最后研究了零点集的结构．关于连续函数()f x 的定义域，下面的术语是有用的．对于任意集合Ω⊆ ，记{}:()0Z x f x Ω=∈Ω=，表示()f x 在Ω上的零点所组成的集合．我们称Ω为连续函数()f x 的最大定义域，如果不能自然延拓Ω．所谓自然延拓，就是如果()f x 在点0x 处无定义，但是0lim ()x x f x A →=<∞，那么定义0()f x A =，这时()f x 在点0x 处就有定义了而且是连续的．例如()()sin 1f x x =的最大定义域为\{0} ，而()()sin 1f x x x =的最大定义域为 ．我们称Ω为连续函数()f x 的可闭定义域，如果(1)Z Z ΩΩ⊆．如果[],a b 包含于最大定义域，则[],a b 是()f x 的一个可闭定义域．最大定义域不见得就是可闭定义域，例如()()sin 1f x x =的零点集{}11,2,Z n n πΩ==±±L ，{}(1)0Z Ω=，但是(1)Z Z ΩΩ⊆不成立．开区间也可能是可闭定义域，例如()1,1−是()f x x =的可闭定义域．如果没有特别的声明，我们认为连续函数的定义域都是最大定义域．2. 零点的类型定义2.1 对于0x Z Ω∈，如果存在一个与0x 有关的正整数n ，使得对一切满足0m n ≤<的自然数m 都有00()lim 0()m x x f x x x →=− 且000()():lim 0()nx x f x l x x x →=≠− 则称0x 为()f x 的第Ⅰ型零点，n 为零点0x 的阶数，记作0,f x A n =，读作()f x 的第Ⅰ型零点0x 的阶数是n ；如果存在一个与0x 有关的正整数n ，使得对一切满足0m n ≤<的自然数m 都有00()lim0()m x x f x x x →=− 且00()lim ()n x x f x x x →−不存在1 则称0x 为()f x 的第Ⅱ型零点，n 为零点0x 的阶数，记作0,f x B n =，读作()f x 的第Ⅱ型零点0x 的阶数是n ；如果对任意的正整数n 都有00()lim0()nx x f x x x →=−1当极限值为+∞或−∞时，我们认为极限存在．则称0x 为()f x 的第Ⅲ型零点，∞为零点0x 的阶数，记作0,f x C =∞，读作()f x 的第Ⅲ型 零点0x 的阶数是∞．由于对任意0x Z Ω∈都有00lim ()()0x x f x f x →==，所以任何一个零点都属于且只属于这三种类型零点之一．如果记{}0,0,:f n f x A x A n =∈Ω=，{}0,0,:f n f x B x B n =∈Ω=,1:f f n n A A ∞==U ，,1:f f n n B B ∞==U ，{}00:f x C x C =∈Ω=∞则f f f A B C Z Ω=U U ．要注意的是，定义1.1中的最大定义域Ω可换为其它定义′Ω域，但这时相应记号的含义也要做相应的改动，如{}0,0,:f n f x A x A n ′=∈Ω=，f f f A B C Z ′Ω=U U 等．例2.2 设(]20,0,1()(2),xx f x x x e x ⎧∈⎪=⎨+≤⎪⎩，则[]{}(,1]0,12Z −∞=−U ，,22f A −=，,01f B =，{},22f f A A ==−，{},10f f B B ==，(]0,1f C =．例2.3 设21,0()0,0x e x f x x −⎧≠⎪=⎨=⎪⎩，显然{}0Z = ，现在我们来证明,0f C =∞．注意到对任意的正整数n 都有()()2210lim lim n x x n x x x eex →→∞==∞，所以()()22110lim lim 10x n n xx x e x x e −→→==．3. 阶数的刻画定理3.1 ,,f n f m A A =ΦI ，,,f n f m B B =ΦI ，其中n ，m 是两个不同的正整数． 证明 不妨设n m <．如果0,,f n f m x A A ∈I ，则对一切满足0k m ≤<的自然数k 都有()00()()0k f x x x x x −→→这意味着()00()()0n f x x x x x −→→，这与0,f x A n =的定义矛盾．第二个等式的证明与第一个等式的证明类似，从而完成了定理的证明．▉定理3.2 若()(),nf x Ca b ∈，则0,f xA n =的充分必要条件是(1)000()0,()0,...,()0n f x f x fx −′===，且()00()():0!n f x l x n =≠．证明 ()f x 在0x x =处的Taylor 展式为(1)1()0000()()()()()()(1)!!n n n nf x x x f x x f x f x n n θ−−−−=+++−L 其中θ在x 与0x 之间．一方面，若0,f x A n =. 显然0()0f x =．若0()0f x ′≠，当0x x ≠时，我们有(1)2()100000()()()()()()(1)!!n n n n f x x x f x x f x f x x x n n θ−−−−−′=+++−−L由于()()n f θ连续，所以在0x 的一个邻域内有界，所以()()100()()!0n n f x x x x θ−−→→ 从而()()000()()0f x x x f x x x ′−→≠→这与0,f x A n =的定义矛盾，所以0()0f x ′=．若(2)0()0fx ≠，当0x x ≠时，我们有(2)(1)3()2000020()()()()()()()2!(1)!!n n n n f x f x x x f x x f x x x n n θ−−−−−=+++−−L 因此()2000()()()2!0f x x x f x x x ′−→≠→这与0,f x A n =的定义矛盾．同理可证(3)0()0fx =，…，(1)0()0n f x −=．此时当0x x ≠时有()0()()()!n n f x x x f n θ−=注意到()00x x x θ→→，因此00()()00()()()limlim ()!!n n n x x x f x f x f x x n n θθ→→==−．这推出()00()():0!n f x l x n =≠． 另一方面，若(1)000()0,()0,...,()0n f x f x f x −′===，且()00()():0!n f x l x n =≠．由Taylor 展式有()0()()()!n n f x fx x n θ=−，其中θ在x 与0x 之间．所以当自然数m 满足0m n ≤<时00()00()()()limlim 0()!n n m m x x x x f x x f x x x n θ−→→−==− 又因为00()()000()()()():lim lim 0()!!n n n x x x f x f x f l x x x n n θθ→→===≠−，所以0,f x A n =．▉定理3.3 若()1(),n f x Ca b −∈，()f x 存在n 阶导数且在0x 的某个邻域内有界，则0,f x B n =的充分必要条件是(1)000()0,()0,...,()0n f x f x f x −′===，且0()lim ()n x x f x →不存在．证明 ()f x 在0x x =处的Taylor 展式为(1)()10000()()()()()()(1)!!n n n n f x f f x f x x x x x n n θ−−=++−+−−L其中θ在x 与0x 之间．一方面，若0,f x B n =．类似定理2.2的证明，我们得到(1)000()0,()0,...,()0n f x f x f x −′===所以，当0x x ≠时，我们有()0()()()!nn f x x x fn θ−=．如果0()lim ()n x x f x →存在，则00()0()()limlim ()!n n x x x f x f x x n θθ→→=− 也存在，这与0,f x B n =的定义矛盾．另一方面，若(1)000()0,()0,...,()0n f x f x f x −′===，且0()lim ()n x x f x →不存在．由Taylor展式得()0()()()!n n f x fx x θ=−，由于()()n f x 在0x 的某个邻域内有界，所以当自然数m满足0m n ≤<时00()00()()()limlim 0()!n n m m x x x x f x x f x x x n θ−→→−==− 如果00()lim()n x x f x x x →−存在，则00()()lim ()!lim ()n n x x x f x f n x x θθ→→⎛⎞=⎜⎟−⎝⎠也存在，这与假设矛盾．从而证明了0,f x B n =．▉例3.4 若23,0(),x x f x x x ⎧>⎪=⎨≤⎪⎩， 则22,()3,0x x f x x x >⎧′=⎨≤⎩，(2)2,0()6,x fx x x >⎧=⎨≤⎩(0)0f =，(0)0f ′=，(2)0lim ()x f x →不存在，因此,02f B =．定理3.5 若存在0δ>使得()()0(),f x CU x δ∞∈，且函数列{}()()n fx 关于n 一致有界，即对任意()0,x U x δ∈，存在一个正数x M 使得()()()n x f x M n +≤∀∈ ，则0,f x C =∞的充分必要条件是存在0x 的一个邻域使得()f x 在这个邻域内恒等于零．证明 一方面，若0,f x C =∞．取01r <<使得()()00,,U x r U x δ⊆．首先我们证明，对任意的自然数n 都有()0()0n fx =．我们对n 归纳，当0n =时，显然0()0f x =．假设1n k ≤−时，()0()0n f x =．我们要证明当n k =时()0()0k f x =．事实上，对任意()0,x U x r ∈有()0()()()!k kf x x f x k θ−=其中θ在x 与0x 之间．因此00()()00()()lim ()!lim 0()k k kx x x f x f x fk x x θθ→→⎛⎞===⎜⎟−⎝⎠．其次我们证明()f x 的Lagrange 余项()(1)10()()()0(1)!n n n f x x r x n n θ++−=→→∞+，()0,x U x r ∀∈．事实上，对任意()0,x U x r ∈，由于函数列{}()()n f x 关于n 一致有界，所以()1()0(1)!n n M r r x n n θ+≤→→∞+这意味着()f x 在()0,U x r 上的Taylor 级数收敛于它本身．因此对任意()0,x U x r ∈有()000()())0!k k k f x f x x x k ∞==−=∑． 另一方面，若存在一个包含0x 的邻域使得()f x 在这个邻域上恒等于零，则对任意的正整数n 都有00()lim0()nx x f x x x →=−，即0,f x C =∞．▉4. 零点集的结构若()f x 满足定理3.5的条件，且f C 不为空集，则()0f L C >，其中L 为 上的Lebesque 测度．反过来，我们有下面的定理：定理4.1（文[1]，定理1）设()()f x C ∈Ω，若()f x 在任何邻域内都不恒等于零，则()0L Z Ω=．如果()0L Z Ω>，由定理4.1可知，()f x 在某个邻域内恒等于零，从而f C 含有一个开区间．例2.3告诉我们，至少存在一个在任何邻域内都不恒等于零的具有第Ⅲ型零点的连续函数．也就是说()f L C 可能等于零，也可能大于零．后面我们将证明f A 是可列集．对于第Ⅱ型零点集，我们猜测：猜想4.2 ()0f L B =．下面我们给出一个函数，其零点集是不可列集，其测度等于零，但我们却无法判断其零点的类型．例4.3（文[2]，§1.3 Cantor 三分集；文[1]，例2）记[]00,1C =，将其三等分，去掉中间的1/3部分，得[][]10,1/32/3,1C =U ．再把1C 的两个区间，分别三等分，又分别都去掉中间的1/3部分，得21212780,,,,1993399C ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦U U U ．按此步骤继续下去．由归纳可见，n C 将由2n个长度为1/3n的闭区间组成，即123310,,,13333n n n n n n C ⎡⎤−⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦U ULU称0lim n n n n C C C ∞=→∞==U 为Cantor 三分集．在1310,,133nn nn C ⎛⎤−⎡⎞−−⎜⎟⎥⎢⎣⎠⎝⎦上定义函数 ()21,,3323()1,,321211,,3233n n n nn n n n i i i x x f x i i i i x x ⎧+⎡⎤−∈⎪⎢⎥⋅⎪⎣⎦==−⎨+++⎡⎤⎪−+∈⎢⎥⎪⋅⎣⎦⎩L令()0,{0,1}()lim (),0,1c n n x f x f x x →∞∈⎧⎪=⎨∈⎪⎩，则()c f x 是定义在[]0,1上的连续函数，且c f 的零点集[]0,1Z C =是不可列集，其Lebesque 测度[]()0,10L Z =．后面我们将证明c f 的零点不可能是第Ⅰ型的．在前言里，我们把[],a b 上的连续函数()f x 的零点集[],a b Z 分为两类：一类是[](1),a b Z ，另一类是[][](1),,\a b a b Z Z ．现在我们推广这个结果．设Ω是()f x 的可闭定义域，从而(1)Z Z ΩΩ⊆．我们用()n Z Ω表示(1)n Z −Ω的导集，则(1)()n Z Z Z ΩΩΩ⊇⊇⊇⊇L L这样()f x 的零点可分成(1)\Z Z ΩΩ，(1)(2)\Z Z ΩΩ，…，(1)()\n n Z Z −ΩΩ，…它们两两无交．如果存在一个正整数n 使得()n Z Ω是完备集（其导集等于它本身），则()f x 的零点可分成(1)\Z Z ΩΩ，(1)(2)\Z Z ΩΩ，…，(2)(1)\n n Z Z −−ΩΩ，()n Z Ω至于这些集合与相应的f A ，,f n A ，f B ，,f n B ，f C 的关系，目前我们还不清楚．定理4.4 (1)f A Z Ω=ΦI ．证明 假设(1)f A Z Ω≠ΦI ，不妨设(1)0f x A Z Ω∈I ，且0,f x A n =．于是存在序列{}k x Z Ω⊆使得()0k x x k →→∞，因此()0()()0n k k f x x x k −→→∞，这与()000()()()0n f x x x l x x x −→≠→矛盾．▉从前面的例子可以看出，(1)f B Z ΩI 与(1)f C Z ΩI 可能是空集，也可能是非空集．定理4.4说明了连续函数的第Ⅰ型零点集与解析函数的零点集一样具有分离性，即对任意0f x A ∈都存在0x 的一个邻域使得()f x 在这个邻域内不含有别的零点．推论4.5 所有以完备集为零点集的连续函数的零点不是第Ⅰ型的．证明 由定理4.4可推出(1)\f A Z Z ΩΩ⊆．如果Z Ω是完备集，则f A ⊆Φ，即f A =Φ．这说明了()f x 的零点不是第Ⅰ型的．▉由于Cantor 三分集C 是完备集，因此()c f x 的零点不是第Ⅰ型的．进一步推出，所有以Cantor 三分集C 为零点集的连续函数的零点不是第Ⅰ型的．推论4.6 f A 是可列集．证明 对任意f x A ∈，由定理4.4可知，存在一个以有理数为它的两个端点的开区间(),x x p q 使得(),x x x p q ∈，()(),{}x x fp q A x −=ΦI ．令ℜ为所有以有理数为它的两个端点的开区间构成的族．定义映射f T A →ℜ：，(),x x x p q a ．由于ℜ是 的可数基，T是单射，所以f A 是可列集．▉至此，我们已经弄清了连续函数的第Ⅰ型零点集的结构．定理4.4说明了f A 的极限点可能不是零点（包含极限点不存在的情况），可能是第Ⅱ型零点，也可能是第Ⅲ型零点．例如()()sin 1f x x =的零点集{}11,2,f A Z n n πΩ===±±L ，其导集{}(1)0f A =不是零点集．对前言的例子(1.1)，{}11,2,f A n n π==±±L ，{}0f B =，{}(1)0f A =，即f A 的极限点能跑进f B ．定理4.4说明了f B 与f C 的极限点不能跑进f A ，例2.2说明了f C 的极限点能跑进f B ．f A 的极限点是否能跑进f C ？f B 的极限点是否能跑进f C ？这些问题尚未知道．下面推论可作为第Ⅰ型零点的一个应用． 推论4.7 若()(),nk f x C a b ∈，0,kf xA n=()1,2k =，且10()l x ，20()l x 中至少有一个取有限值，则0101220()()lim()()x x l x f x f x l x →=． 证明 由定理3.2以及Taylor 展式有()00()()!0n kk fx l x n =≠，()0()()()!n nk k k f x x f x n θ−=其中k θ在x ，0x 之间()1,2k =．由定理4.4可知，存在10δ>使得2()f x 在()001,U x δ内恒不等于零，这推出()22()n f θ在()001,Ux δ内恒不等于零，此时我们有()()111221()()()()n n f x f f x f θθ= 由于()()n k f x 的连续性，10()l x ，20()l x 中至少有一个取有限值,所以()()()()()()1200101010111121,,2021()()limlim ()lim ()()()n n n n x x x x l x f f f l x f θθθθθθθθ→→→==因此对任意0ε>，存在0δ>，当100x θδ<−<，200x θδ<−<，()0201,U x θδ∈时，我们有()()10112021()()()()n n l x f l x f θεθ−<所以当00x x δ<−<，()001,x Ux δ∈时，自然有100x θδ<−<，200x θδ<−<，()0201,U x θδ∈，因此()()10101112202021()()()()()()()()n n l x l x f x f f x l x l x f θεθ−=−< 这就完成了证明．▉本文在完成过程中，得到了叶远灵教授的精心指导，在此表示衷心感谢．参考文献[1] 宋述刚，邹健．连续函数的零点[j]．青海师范大学学报(自然科学版)，2005，4． [2] 沙震，阮火军．分形与拟合[M]．杭州：浙江大学出版社，2005．3．Zero types of continuous functionLi HanjuDepartment of Mathematics, South China Normal University, Guangzhou, PRC (510631)AbstractWe in this paper divide zeros of continuous function into three types, and give the order of zeros of each type a depiction. In the end we study the structure of zero set. Keywords: zero, order of zeros, continuous function作者简介：李汉巨，男，06级硕士研究生，主要研究方向是泛函分析、分形几何。