高等微积分 Lesson 12

最值定理

（所有函数的）有界性定理 $\Longrightarrow$ （每个函数的）最值定理

/Proof/ （证明最值定理）

由有界性定理，知道$f$在$[a,b]$上有界；再由确界定理，知道$\exist M=\sup\Im f$.

若能证明$M\in\Im f$，就能证明$M$是$\Im f$的最大值，也就证明了$f$有最大值.

反证法，假设$M\notin\Im f$，令$g(x)=1/(M-f(x))$. 用到$g$的有界性定理，知道$g$若在$[a,b]$上连续，则其在$[a,b]$上有界.

由$M=\sup\Im f$，$\forall n\in\Z_+$，$M-\frac{1}{n}$不是$\Im f$的上界，从而 $\exist$ $f(x)>M-\frac{1}{n}$，也就是$0<M-f(x)<\frac{1}{n}$，从而 $g(x)>n$.

其中，上面三个高亮部分合起来就是“有界性定理不成立”之意.

证毕.

也可以直接用有限覆盖定理证明最值定理.

/Proof/ （证明最值定理）

令$M=\sup\Im f$，来证明$M\in\Im f$.

反证，设$M\notin\Im f$. $\forall x_0\in[a,b]$，$\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)=f(x_0)<\frac{f(x_0)+M}{2}$.

可知，$\exist\delta_{x_0}>0$使得$\forall x\in B_{\delta}(x_0)\cap D$有$f(x)<\frac{f(x)+M}{2}\overset{\text{marked as}}{=}M_{x_0}$$(*)$.

记$U_{x_0}=B_\delta(x_0)=(x_0-\delta_{x_0},x_0+\delta_{x_0})$是开区间，注意$\mathscr{U}=\{U_{x_0}|x_0\in D\}$一族开区间，$\underset{x_0\in D}{\bigcup}U_{x_0}\supseteq\underset{x_0\in D}{\bigcup}\{x_0\}=D$.

利用 Borel 定理，知道$\exist U_{x_1}\cup\cdots\cup U_{x_m}\supseteq D$，即$\forall x\in D$有$f(x)\leq\max\{M_{x_1},\cdots,M_{x_m}\}=K$，表明$K=\sup\Im f\leq M_{x_i}< M$，矛盾！

假设不成立，最值定理成立.

证毕.

注记：使用最值定理，一定要验证$D=[a,b]$，除此之外最值定理均不成立.

问：经常需要建立$f\in C(\R,\R)$的最值存在性，如何做？

具体的，问题出在远处的$f$值来竞选最值，所以如果命令远处的$f$趋于正（负）无穷，那么其便失去了竞选最小（大）值的权利.

/Claim/

设$f\in C(\R,\R)$且$\underset{x\to\infty}{\lim}f(x)=+\infty$（即$\forall M$，$\exist K>0$使得$\forall |x|>K$有$f(x)>M$），则$f$在$\R$上有最小值.

当然还有对偶的版本，若$\underset{x\to\infty}{\lim}f(x)=-\infty$，则$f$在$\R$上有最大值$\max f$.

/Proof/

由极限定义，得到：$\forall M$，$\exist K>0$使得$\forall |x|>K$有$f(x)>M$，在这里把$f(0)$当作$M$，那么远处的函数值都不计入考虑.

在$[-K,K]$上应用最值定理即可.

列紧性定理

字面意思上来说，这个定理指的是“数列”的“紧致性”. 当然，在引入拓扑之后，人们发现广义的紧致性要强于列紧性，所以之后大多数都在讨论紧致性.

/Definition/

称$X$紧致，若$X$的任何开覆盖都有有限子覆盖.

死去的回忆开始攻击我，topology.

可以发现，这个定义和 Borel 定理有很深的联系.

$[a,b]$紧致，$\R$、$(a,b]$、$(a,b)$都不紧致.

为什么开区间不紧致？因为我们能用开区间“制备”一个开覆盖，它没有有限子覆盖.

$X=(a,b)$，考虑开覆盖$\mathscr{U}=\{U_n=(a+1/n,b-1/n)\}$，显然$\underset{n\geq N_0}{\bigcup}U_n=(a,b)$，但是由于$U_n\subseteq U_{n+1}$，所以任何有限个$U_n$之并实际上等于$U_{\max n}$，而$\neq(a,b)$.

/Definition/

称$X$是列紧的，如果$X$中任何无穷点列都有一个子序列收敛（到$X$中的点）.

所谓$\{x_n\}$的一个子序列，指的是从这个序列中挑出一些点构成一个新的序列.

/Theorem/

有界闭区间$[a,b]$是列紧的. 也即，$[a,b]$中的任何无穷点列$\{x_n\}$都有一个子列收敛到$[a,b]$中某点.

改述：任何有界序列都有收敛子列.

分析：我们应该如何证明？需要找到子列$\{x_k\}$，还要找到$\underset{k\to\infty}{\lim}x_k=L$. 显然，先找$L$是更加 judicious 的选择.

怎样找$L$呢？它应该有一个特点，在$L$附近汇聚了很多点$x_*$.

/Definition/

设$X\subseteq\R$，称$a\in\R$为$X$的一个聚点，

应该满足何种条件？若我在$a$附近的任意小邻域中都能找到$X$的点，那么$X$的点就“聚集”在$a$附近了.

如果对任何$a$的邻域$B_\delta(a)$有$B_\delta(a)\cap(X|a)\neq \varnothing$.

即，$a$的任何去心邻域皆有$X$中的点.

为什么要强调去心邻域？因为$a$本身可能也是$X$的点.

/Claim/

设$X$是$\R$的有界无穷点集，则$X$必有聚点.

/Proof/

反证法. 设$X\subseteq[a,b]$且无聚点，则$\forall x_0\in[a,b]$，$\exist B_\delta(x_0)\cap(X|x_0)=\varnothing$. 记$U_{x_0}=B_\delta(x_0)$有$|U_{x_0}\cap X|\leq 1$$(*)$.

注意到$\{U_{x_0}|x_0\in[a,b]\}$是一族开集且覆盖$[a,b]$.

$\overset{\text{Borel}}{\Longrightarrow}$ $\exist U_{x_1}\cup\cdots\cup U_{x_m}\supseteq [a,b]$，

$\overset{(*)}{\Longrightarrow}$ $|x|\leq\sum_{i=1}^m|U_{x_i}\cap X|\leq m$，与$|X|=+\infty$矛盾！

假设不成立.

证毕.

这个时候就能来证明列紧性定理.

/Proof/ （证明列紧性定理）

记$X=\{y\in\R|\exist x_k=y\}=x_*$步点集，若$|X|<+\infty$，则存在无穷多个$x_*=$同一个$L$.

取这些$x_*$构成的常值点序列，这是收敛的.

以下设$|X|=+\infty$，$X\subseteq[a,b]$ $\overset{\text{Claim}}{\Longrightarrow}$ $X$有聚点$L$. 之后按如下方式构造$\{x_*\}$子列：

由$L$聚点的定义，取$x_{i_1}\in B_1(L)\cap(X|L)$，且这个集合非空. 假设已经构造好$x_{i_1},\cdots,x_{i_k}$，来找$x_{i_m}$，$i_m>i_k$.

我们想要绕着$L$画一个开球，把之前的所有点都排除在外面，但是里面的点的指标都大于外面的点的指标. 为了实现这个目的，令$d=\min\{|x_{i}-L|,1\leq i\leq i_k,x_i\neq L\}$，然后取$B_{d/2}(L)$，在这个去心开球里面找到下一个$x_{i_{k+1}}$，以这种方法迭代这个子列，满足$0<|x_{i_{k+1}}-L|<\frac{1}{2}|x_{i_k}-L|$，显然有$\underset{k\to\infty}{\lim}x_{i_k}=L$.

证毕.

应用：

/Example/ （给出 Cauchy 收敛原理的一个快速证明）

设$\{x_*\}$是 Cauchy 列，来证明收敛.

Cauchy 列 $\Longrightarrow$ $\{x_*\}$有界 $\Longrightarrow$ $\exist$子序列$\{x_{i_k}\}^\infty_{k=1}$收敛（极限是$L$）.

对于$\forall\varepsilon>0$，由 Cauchy 列定义，$\exist N$使得$\forall m,n\geq N$有$|x_m-x_n|<\varepsilon$.

特别地，取$m=i_k\to\infty$，得到$\underset{k\to+\infty}{\lim}|x_{i_k}-x_n|=|L-x_n|\leq\varepsilon$，这表明极限为$L$.

另外一个应用有关于一致连续性. 为了说明，我们先简介一致连续性.

在分析的语言中，只要提到“一致”，这个概念一般是技术上的，没有特别直观的含义.

回忆$f\in C(D,\R)$，等价于$f$在$D$中每一点$x_0$处连续，用$\varepsilon-\delta$语言表述就是$\forall\varepsilon>0$，$\exist\delta=\delta_{x_0}$（依赖于$x_0$），使得$\forall|x-x_0|<\delta_{x_0}$，有$|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$.

在这里，每一个$x_0$对应一个不一定相同的$\delta_{x_0}$.

为了让每处的行为“一致”，我们考虑让$\delta_{x_0}$相同.

/Definition/

称$f$在$D$上一致连续，如果$\forall\varepsilon>0$，$\exist\delta>0$（不依赖于$x$），使得$\forall x,y\in D$，只要$|x-y|<\delta$，则$|f(x)-f(y)|<\varepsilon$.

显然，一致连续强于连续. 但是要注意，谈论一致连续时涉及区间$D$.

/Example/ （连续的$f$未必一致连续，也即一致连续强于连续）

$f(x)=\frac{1}{x}$，$D=(0,1)$，$f\in C(D,\R)$. 来证明$f$在$(0,1)$上不一致连续.

/Proof/

反证法：设$f$在$(0,1)$上一致连续，即$\forall\varepsilon>0$，$\exist\delta>0$，$\forall|x-y|<\delta$，有$|f(x)-f(y)|<\varepsilon$.

取定$\varepsilon=1$，$\exist\delta>0$，$\forall|x-y|<\delta$（$x,y\in D$），有$|f(x)-f(y)|<1$.

取$y=x+\frac{\delta}{2}$（$0<x<1-\frac{\delta}{2}$），有$|x-y|=\frac{\delta}{2}<\delta$. 而

$$\begin{aligned} |\frac{1}{x}-\frac{1}{y}|&=\frac{y-x}{xy}\\\\ 1>|f(x)-f(y)|&=\frac{\delta/2}{x(x+\delta/2)}\\\\ 1\geq&\lim_{x\to0+}\frac{\delta/2}{x(x+\delta/2)}=+\infty \end{aligned}$$

矛盾！

证毕.

/Theorem/

有界闭区间上的连续函数都一致连续（紧致空间上的连续函数皆一致连续）.

这个定理以后还会使用两次.

/Proof/

反证法，设$D=[a,b]$，$f\in C(D,\R)$且$f$在$D$上不一致连续. 即，$\exist\varepsilon >0$，$\forall\delta>0$，$\exist x,y\in D$使得$|x-y|<\delta$，$|f(x)-f(y)|\geq \varepsilon$（包含$\infty$个结论，每一个$\delta>0$找出一对$x,y$）.

特别地，对$\delta=\frac{1}{n}$，$\exist x_n,y_n\in D$，$|x_n-y_n|<\frac{1}{n}$，$|f(x_n)-f(y_n)|\geq\varepsilon$.

注意到$\{x_n\}$有界，因为$x_n\in[a,b]$，由列紧性定理，知道$\exist$收敛子序列$\{x_{i_k}\}\to L$，$L\in[a,b]$.

由$|x_{i_k}-y_{i_k}|<1/i_k$，$\forall k$，得到$x_{i_k}-1/i_k<y_{i_k}<x_{i_k}+1/i_k$，再使用夹逼定理，证明$\lim y_{i_k}=L$.

利用$f$在$L$处连续，可得$f(L)=f(\lim x_{i_k})=\underset{k\to\infty}{\lim}f(x_{i_k})$，对$y_{i_k}$同理，这与$|f(x_{i_k})-f(y_{i_k})|\geq\varepsilon$矛盾！

证毕.

至此，列紧性定理的有关内容就讲完了，接下来是一些比较简单的应用.

/Claim/

设$f$在$[0,+\infty)$上连续，$\underset{x\to+\infty}{\lim}f(x)=L$且$\exist f(x_0)\leq L$，则$f$在$[0,+\infty)$上有最小值.

实际上这也是在“剥夺$\infty$处竞选最小值的权利”，因为近处已经有一个点小于无穷远处的极限了.

这里给出两个证明.

/Proof/

证法1：

Situation 1：若$\exist f(x_1)<L$，此时$\underset{x\to+\infty}{\lim}f(x)=L>f(x_1)$，知道$\exist M$，$\forall x\geq M$有$f(x)>f(x_1)$（显然$0\leq x_1\leq M$）.

在$[0,M]$上用最值定理知道有最小值$f(x_{\min})$. 从而$\forall x>M$，$f(x)>f(x_1)\geq f(x_{\min})$，表明$f(x_{\min})$全局最小.

Situation 2：若上面一种情况不发生，则$\forall x$有$f(x)\geq L$，条件$\exist f(x_0)\leq L$ $\Longrightarrow$ $f(x_0)=L$.

证法2：投机取巧（？）

既然定义域是$[0,+\infty)$，是一条射线，何不将这个定义域通过一种坐标变换编码成一种新的定义域$[0,1)$？

考虑对应的坐标变换是$h(x)$，逆映射是$h^{-1}(t)$.

令$g(t)=f(h^{-1}(t))$，$g\in C([0,1))$，则$\underset{t\to1-}{\lim}g(t)=\underset{t\to1-}{\lim}f(h^{-1}(t))=\underset{x\to+\infty}{\lim}f(x)=L$.

$\exist f(x_0)\leq L$ $\Longleftrightarrow$ $\exist g(t_0)\leq L$. 所有内容都可以相互翻译！

但是$g$有何好处？这是$1$是一个可去的间断点，可以将$g$连续地解析延拓到$\tilde{g}\in C([0,1])$，其中

$$\tilde{g}(t)=\left\{\begin{array}{lr} g(t)\,,\quad0\leq t<1\\ \underset{t\to1-}{\lim}\tilde{g}(t)=L\,,\quad t=1 \end{array}\right.$$

根据最值定理，可知$\tilde g$在$[0,1]$上有最小值. 但是我们担心这个最小值取在$1$这个点处，这个点无法被翻译回原来的语言，因为它对应正无穷.

由$\exist g(t_0)\leq L=\tilde g(1)$，可知$1$这个点一定不是$\tilde g$的唯一最小值点，所以$\tilde g$存在一个最小值点$t_{\min}\in[0,1)$，所以$f$在$[0,+\infty)$上有最小值点$x_{\min}$.

证毕.

上面第二种证明方法是相当有意义的！

/Claim/

设$f$在$[0,+\infty)$上连续且$\underset{x\to+\infty}{\lim}f(x)=L\in\R$，则$f$在$[0,+\infty)$上一致连续.

/Proof/

同上面的证明，定义$g(t)=f(h^{-1}(t))$，$\underset{t\to1-}{\lim}g(t)=L$.

其中，$h(x)=\frac{x}{1+x}$.

然后继续将$g$连续延拓到$[0,1]$上为$\tilde g$，$\tilde g$一致连续，再由$h:[0,+\infty)\to[0,1)$知$f$一致连续.

可得$\forall\varepsilon>0$，$\exist\delta>0$，$\forall t_1,t_2\in[0,1]$，若$|t_1-t_2|<\delta$，则$|\tilde g(t_1)-\tilde g(t_2)|<\varepsilon$，以此验证$f$的一致连续性.

$\forall\varepsilon>0$，取上述$\delta$，若$|x_1-x_2|<\delta$，有

$$\begin{aligned} |h(x_1)-h(x_2)|&=|\frac{x_1}{1+x_1}-\frac{x_2}{1+x_2}|=\frac{|x_1-x_2|}{(1+x_1)(1+x_2)}<\delta\\\\ \Longrightarrow&|\tilde g(h(x_1))-\tilde g(h(x_2))|<\varepsilon\\\\ &|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon \end{aligned}$$

相当于使用复合极限定理. 命题得证.

证毕.