Lesson 12

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2024-10-25

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.