数学分析原理答案——第七章 习题13

【第七章 习题13】

假设{fn}\left\{ f_{n} \right\}{fn​}是$R^1$上单调递增的函数序列，对于一切$x$和一切$n$，

$$0\le f_n(x)\le 1$$

(a) 试证存在一个函数$f$和一个序列{nk}\left\{ n_{k} \right\}{nk​}，能对每个$x\in R^1$，使得

$$f(x)=\underset{k\to \infty }{\lim }{f}_{n_k}(x)$$

(b) 如果前面的$f$还满足连续的特性，试证在$R^1$上$f_{n_k}\to f$是一致的。

【解】

(a) 所有有理数的集$Q$在$R^1$中稠密，且个数可数。根据定理7.23可知，存在一个序列$\left(n_i\right)$和函数使得

$$\forall x\in Qg(x)=\underset{i\to \infty }{\lim }{f}_{n_i}(x)$$

对于无理数点，定义

$$\forall x\notin Qg(x)=\sup \left(g(y)\right)其中y<x\wedge y\in Q$$

下面证明，若$x_0\notin Q$并且$g(x)$在$x_0$处连续，也满足

$$\underset{i\to \infty }{\lim }{f}_{n_i}\left(x_0\right)=g\left(x_0\right)$$

首先，根据$g(x)$在$x_0$处连续，可以构造两个有理数序列$\left(p_j\right)、\left(q_j\right)$，满足

$$\underset{j\to \infty }{\lim }{p}_j=\underset{j\to \infty }{\lim }{q}_j=x_0$$

$$p_j<x_0<q_j$$

对于任意的$p_j、q_j$，都有

$$g\left(p_j\right)=\underset{i\to \infty }{\lim }{f}_{n_i}\left(p_j\right)\le \underset{i\to \infty }{\lim }{f}_{n_i}\left(x_0\right)\le \underset{i\to \infty }{\lim }{f}_{n_i}\left(q_j\right)=g\left(q_j\right)$$

所以

$$\underset{j\to \infty }{\lim }g\left(p_j\right)\le \underset{i\to \infty }{\lim }{f}_{n_i}\left(x_0\right)\le \underset{j\to \infty }{\lim }g\left(q_j\right)$$

又因为$g(x)$在$x_0$处连续，可得

$$\underset{j\to \infty }{\lim }g\left(p_j\right)=\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }g(x)=g\left(x_0\right)=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }g(x)=\underset{j\to \infty }{\lim }g\left(q_j\right)$$

所以

$$\underset{i\to \infty }{\lim }{f}_{n_i}\left(x_0\right)=g\left(x_0\right)$$

也就是说，$g(x)$在所有连续点满足

$$g(x)=\underset{i\to \infty }{\lim }{f}_{n_i}(x)$$

下面构造$\left(n_k\right)、f(x)$，使得$f(x)$在所有实数点$x$满足

$$f(x)=\underset{k\to \infty }{\lim }{f}_{n_k}(x)$$

由于$g(x)$单调递增（因为{fn}\left\{ f_{n} \right\}{fn​}单调递增，利用反证法，$g(x)$在有理数点必然单调递增，同时$g(x)$在无理数点的函数值是最小上界原理取得）、并且间断点个数可数（因为$g(x)$的间断点都是第一类间断点，不同的间断点都对应不同的一个有理数），再次利用定理7.23可从函数序列$\left(f_{n_i}(x)\right)$中构造一个子序列$\left(f_{n_k}(x)\right)$和函数$f(x)$，满足

$$f(x)=\underset{k\to \infty }{\lim }{f}_{n_k}(x)$$

(b) 若$f$连续，那么$f$在$R^1$上单调递增，并且满足

$$0\le f\le 1$$

将值域（此处一定是值域，因为定义域$R^1$不是紧集！）均匀分割$R^1$成$l$份，可以得到有限个闭区间

$$x_0<x_1<x_2<\dots <x_l$$

$$\left[\text{-}\infty =x_0,x_1\right]、\left[x_1,x_2\right]、\left[x_2,x_3\right]\dots [x_{l-1},x_l=+\infty ]$$

满足

$$\left|f\left(x_i\right)-f\left(x_{i+1}\right)\right|\le \frac{1}{l}$$

对于任意$\epsilon >0$，适当调整份数，可使

$$\left|f\left(x_i\right)-f\left(x_{i+1}\right)\right|\le \frac{1}{l}<\epsilon$$

由于函数序列$f_{n_k}(x)$逐点收敛于$f(x)$，所以当$n$足够大时

$$\forall 1\le i\le l\left|f_{n_k}\left(x_i\right)-f\left(x_i\right)\right|<\epsilon$$

区间$\left[x_i,x_{i+1}\right]$上的所有函数值满足（下面的$\max$取决于$f_{n_k}\left(x\right)、f\left(x\right)$两者谁更大）

$$\left|f_{n_k}(x)-f(x)\right|\le \max \left[\left|f_{n_k}\left(x_{i+1}\right)-f\left(x_i\right)\right|,\left|f\left(x_{i+1}\right)-f_{n_k}\left(x_i\right)\right|\right]\le \left|f_{n_k}\left(x_{i+1}\right)-f\left(x_i\right)\right|+\left|f\left(x_{i+1}\right)-f_{n_k}\left(x_i\right)\right|=\left|f_{n_k}\left(x_{i+1}\right)-f\left(x_{i+1}\right)\right|+\left|f\left(x_i\right)-f\left(x_{i+1}\right)\right|+\left|f\left(x_{i+1}\right)-f_{n_k}\left(x_{i+1}\right)\right|+\left|f\left(x_{i+1}\right)-f\left(x_i\right)\right|=4\epsilon$$

所以在$R^1$上$f_{n_k}\to f$是一致的。

沃尔特·鲁丁（Walter Rudin）所著《数学分析原理》中第七章
习题13的个人答案，仅供参考