第三周作业

本次作业题包括第一章习题36、37、41、43、45、48、55。

习题1

36

对于任何$x_0\in E$，有$\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f’(x_0)\neq 0$，于是存在$\delta>0$使得对所有$x\in B(x_0,\delta)\setminus\{x_0\}$，有$\vert \frac{f(x)}{x-x_0}\vert\geq\vert f’(x_0)\vert -\vert\frac{f(x)}{x-x_0}-f’(x_0)\vert\geq\vert f’(x_0)\vert -\frac{1}{2}\vert f’(x_0)\vert>0$，从而$x\notin E$，$E\cap B(x_0,\delta)=\{x_0\}$，即$x_0$为$E$的孤立点。

部分同学误以为处处可微时导数连续

37

（1）

一方面，因为$E^{\circ}\subseteq E$为开集，故$E^{\circ}\subseteq \displaystyle\bigcup_{U\subseteq E 开}U$。

另一方面，对任何$x\in \displaystyle\bigcup_{U\subseteq E 开}U$，存在$U\subseteq E$开使得$x\in U$，从而存在$r>0$使得$x\in B(x,r)\subseteq U\subseteq E$，这说明$x\in E^{\circ}$。可见，$\displaystyle\bigcup_{U\subseteq E 开}U\subseteq E^{\circ}$。

结合两方面，$E^{\circ}=\displaystyle\bigcup_{U\subseteq E 开}U$。注意到对任何$U_0\subseteq E 开$均有$U_0\subseteq \displaystyle\bigcup_{U\subseteq E 开}U$，且$\displaystyle\bigcup_{U\subseteq E 开}U\subseteq E$为开集，故$\displaystyle\bigcup_{U\subseteq E 开}U$为包含于$E$的最大开集。

（2）

一方面，因为$\overline{E}\displaystyle\supseteq E$为闭集，故$\displaystyle\bigcap_{U\displaystyle\supseteq E 闭}U\subseteq\overline{E}$。

另一方面，对任何$U\displaystyle\supseteq E 闭$，有$E’\subseteq U’$，从而$\overline{E}=E\displaystyle\bigcup E’\subseteq U\displaystyle\bigcup U’=U$，所以$\overline{E}\subseteq\displaystyle\bigcap_{U\displaystyle\supseteq E 闭}U$。

结合两方面，$\overline{E}=\displaystyle\bigcap_{U\displaystyle\supseteq E 闭}U$。注意到对任何$U_0\displaystyle\supseteq E 闭$均有$U_0\displaystyle\supseteq \displaystyle\bigcap_{U\displaystyle\supseteq E 闭}U$，且$\displaystyle\bigcap_{U\displaystyle\supseteq E 闭}U\displaystyle\supseteq E$为闭集，故$\displaystyle\bigcap_{U\displaystyle\supseteq E 闭}U$为包含$E$的最小闭集。

一些同学用了可数并（交）的记号，但包含E的闭集全体很可能是不可数的

题目要求证明最大（小）就应该直接证明包含，而不是尝试反证法，何况许多人没有正确写出反面（把最大偷换成了极大）

41

（1）

因为空集中没有点，所以空集中所有点为内点，故$\emptyset$是$\mathbb{R}^n$的开子集。因为空集没有聚点，所以空集中的所有聚点在空集中，故$\emptyset$是$\mathbb{R}^n$的闭子集。进而由$\mathbb{R}^n=\mathbb{R}^n\setminus\emptyset$知$\mathbb{R}^n$为$\mathbb{R}^n$既开又闭的子集。

现在，若有$E\subseteq\mathbb{R}^n$使$E\neq\emptyset, E\neq\mathbb{R}^n$，则存在$x\in E$和$y\in\mathbb{R}^n\setminus E$。令$A=\{t\in [0,1]\vert (1-t)x+ty\in E\}$，则$0\in A$从而$A\neq\emptyset$，于是可记$s=\displaystyle\sup A$，取$z=(1-s)x+sy$。由于$E$开，存在$B(x,\epsilon_x)\subseteq E$，故$s\geq \frac{\epsilon_x}{d(x,y)}>0$；由于$E^c$开，存在$B(y,\epsilon_y)\subseteq E^c$，故$s\leq 1-\frac{\epsilon_y}{d(x,y)}<1$。

• 若$z\in E$，因$E$开，存在$B(z,\epsilon_z)\subseteq E$，可见$s+\frac{\epsilon_z}{d(x,y)}\in A$比$s$大，与上确界定义矛盾。
• 若$z\in E^c$，因$E$开，存在$B(z,\epsilon_z)\subseteq E^c$，可见$s-\frac{\epsilon_z}{d(x,y)}$是$A$的一个比$s$小的上界，也与上确界定义矛盾。

因为所有情况下都导致矛盾，故不存在上述的$E$。

（2）

设$E\subseteq\mathbb{R}^n$。若$\partial E=\emptyset$，则由$\partial E\subseteq E^c$和$\partial E\subseteq E$知$E\subseteq\mathbb{R}^n$既开又闭，从而由（1）知有$E=\emptyset$或$E=\mathbb{R}^n$。

43

对于任何$\epsilon>0$：

• 对于任何集合$A$，$\displaystyle\bigcup_{x\in A}B(x,\epsilon)$为开集的并从而是开集。
• 以下考虑$E=\displaystyle\bigcup_{x\in A}\overline{B(x,\epsilon)}$
  • 若$A$为开集，任取$x\in E$，则存在$y\in A$使$d(x,y)\leq\epsilon$，有$\delta>0$使$B(y,\delta)\subseteq A$，从而对任何$z\in B(x,\delta)$，$d(z+(y-x),y)\leq\epsilon$而$z+(y-x)\in B(y,\delta)\subseteq A$，故$y\in \overline{B(z+(y-x),\delta)}\subseteq E$，$B(x,\delta)\subseteq E$，这说明$E$为开集。
  • 若$A$为闭集，则对任何$x\in E’$存在$\{x_n\}\subseteq E\setminus\{x\}$使$\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=x$，从而存在$\{y_n\}\subseteq A$使$x_n\in B(y_n,\epsilon)$，由$\{x_n\}$收敛从而有界知$\{y_n\}$也有界进而有收敛子列，记$y=\displaystyle\lim_{k}y_{n_k}\in A$，则$d(x,y)=\displaystyle\lim_{k\to\infty}d(x_{n_k},y_{n_k})\leq\epsilon$，$x\in \overline{B(y,\epsilon)}\subseteq E$，这说明$E$为闭集。
  • 一般地有四种可能性：
    • $E$既开又闭，比如在$A=\mathbb{R}^n$时
    • $E$开而不闭，比如在$A=B(0,\epsilon)$时
    • $E$闭而不开，比如在$A=\overline{B(0,\epsilon)}$时
    • $E$既不开又不闭，比如在$A=B(0,\epsilon)\displaystyle\bigcup \{(4\epsilon,0,\ldots,0)\}$时

45

对任何$x\in A$，由$A\cap \overline{B}=\emptyset$知$x\notin\overline{B}$从而$d(x,\overline{B})>0$。同理，对任何$x\in B$，有$d(x,\overline{A})>0$。

令$G_1=\displaystyle\bigcup_{x\in A}B(x,\frac{d(x,\overline{B})}{2})$而$G_2=\displaystyle\bigcup_{x\in B}B(x,\frac{d(x,\overline{A})}{2})$，则$G_1$、$G_2$为开球的并从而是开集，并且由定义$A\subseteq G_1$，$B\subseteq G_2$。对$x\in G_1\cap G_2$，则存在$a\in A, b\in B$使$d(x,a)\lt\frac{d(a,\overline{B})}{2}, d(x,b)\lt\frac{d(b,\overline{A})}{2}$，从而$d(a,b)\leq d(a,x)+d(x,b)\lt\frac{d(a,\overline{B})}{2}+\frac{d(b,\overline{A})}{2}\leq \frac{d(a,b)}{2}+\frac{d(b,a)}{2}=d(a,b)$，矛盾，这说明$G_1\cap G_2=\emptyset$。

48

（1）

若$x_0\in\{x\in\mathbb{R}\vert\omega (x;f)\geq\epsilon\}’$，则存在$\{x_n\}\subseteq\{x\in\mathbb{R}\vert\omega (x;f)\geq\epsilon\}\setminus\{x_0\}$使$\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=x_0$，于是对任何$\delta>0$存在$N\in\mathbb{Z}^+$使$\vert x_N-x_0\vert\lt\frac{\delta}{2}$，从而$\displaystyle\sup_{x’,x’‘\in (x_0-\delta,x_0+\delta)}\vert f(x’)-f(x’’)\vert\geq\displaystyle\sup_{x’,x’‘\in (x_N-\frac{\delta}{2},x_N+\frac{\delta}{2})}\vert f(x’)-f(x’’)\vert\geq\epsilon$，故$\omega (x_0;f)\geq\epsilon$，即$x\in\{x\in\mathbb{R}\vert\omega (x;f)\geq\epsilon\}$。这说明$\{x\in\mathbb{R}\vert\omega (x;f)\geq\epsilon\}$为闭集。

（2）

• 若$f$在$x$处连续，则对任何$\epsilon>0$存在$\delta>0$使对任何$y\in (x-\delta,x+\delta)$成立$\vert f(y)-f(x)\vert\lt\frac{\epsilon}{4}$，从而对任何$x’,x’’ \in (x-\delta,x+\delta)$有$\vert f(x’)-f(x’’)\vert\leq \vert f(x’)-f(x)\vert +\vert f(x)-f(x’’)\vert\leq\frac{\epsilon}{2}$，于是$\omega (x;f)=\displaystyle\inf_{\delta_0>0}\displaystyle\sup_{x’,x’‘\in (x-\delta_0,x+\delta_0)}\vert f(x’)-f(x’’)\vert\leq\displaystyle\sup_{x’,x’‘\in (x-\delta,x+\delta)}\vert f(x’)-f(x’’)\vert\leq\epsilon$，由$\epsilon$的任意性$\omega (x;f)=0$。

• 若$\omega (x;f)=0$，则任何$\epsilon>0=\displaystyle\inf_{\delta>0}\displaystyle\sup_{x’,x’‘\in (x-\delta,x+\delta)}\vert f(x’)-f(x’’)\vert$，存在$\delta>0$使$\displaystyle\sup_{x’,x’‘\in (x-\delta,x+\delta)}\vert f(x’)-f(x’’)\vert\lt\epsilon$，从而对任何$y\in (x-\delta,x+\delta)$成立$\vert f(y)-f(x)\vert\lt\epsilon$，即$f$在$x$处连续。

55

取闭集$F_k=\{0,\frac{1}{k}\}$，$f:\begin{align}\displaystyle\bigcup^\infty_{k=1}F_k&\to\mathbb{R}\\x&\mapsto\begin{cases}1&,x>0\\0&,x=0\end{cases}\end{align}$，则每个$k\in\mathbb{Z}^+$，$f\vert_{F_k}$连续，但$f$不连续（$0$为间断点）。