08-连续性方法

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• 无显式依赖

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• 09-等价关系与 L’Hôpital 法则

正文部分

连续性方法是分析中非常重要的方法. 其主要思想如下:

为了证明某个命题 $P$ 成立, 可以参数化这个命题, 形成一系列的命题 $P_{\alpha }$ , 其中参数 $\alpha =b$ 对应于原命题, 而 $\alpha =a$ 对应于一个易于证明的命题. 同时我们尝试证明: (1) 所有使 $P_{\alpha }$ 成立的 $\alpha \in [a,b]$ 构成一个闭集; (2) 若使 $P_{\alpha }$ 成立的最大的 $\alpha \in [a,b]$ 的值为 $\beta <b$ , 则一定可以找到一个 $\gamma >\beta$ 使得 $P_{\gamma }$ 成立.

做到了以上两点, 我们就证明了 $P_b$ 成立, 即 P 成立.

例 8.1

例 8.1

设 $f\in C(a,b)$ ,

$$\underset{h\to 0^{+}}{\overline{\lim }}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}>0,\forall x\in (a,b).$$

证明： $f$ 在 $(a,b)$ 内严格单增.

证明 我们先证明单调性. 任取 $A,B\in (a,b)$ , $A<B$ . 记 $\delta :=B-A$ . 考虑

$$E=\left\{s\in [0,\delta ]\mid f(A+s)⩾f(A)\right\}.$$

注意到 $f$ 连续, 易见 $E$ 为有界非空闭集. 从而 $E$ 有最大值 $\alpha =\max E$ . 我们断言 $\alpha =\delta$ . 否则, $0⩽\alpha <\delta$ . 由于

$$\underset{h\to 0^{+}}{\overline{\lim }}\frac{f(A+\alpha +h)-f(A+\alpha )}{h}>0,$$

所以存在 $h_{\alpha }\in (0,\delta -\alpha )$ 使得

$$\frac{f(A+\alpha +h_{\alpha })-f(A+\alpha )}{h_{\alpha }}>0.$$

从而 $f(A+\alpha +h_{\alpha })>f(A+\alpha )⩾f(A)$ . 与 $\alpha$ 为 $E$ 的最大值矛盾. 所以 $\alpha =\delta$ .

由此即得 $f(B)⩾f(A)$ . 由 A, B 的任意性即得 f 在 $(a,b)$ 内单调增加.

进一步, 对于 $a<A<B<b$ , 由

$$\underset{h\to 0^{+}}{\overline{\lim }}\frac{f(A+h)-f(A)}{h}>0$$

得到存在 $h_A\in (0,B-A)$ 使得 $f(A+h_A)>f(A)$ . 从而结合单调性得到 $f(B)⩾f(A+h_A)>f(A)$ , 即证 $f$ 在 $(a,b)$ 内严格单增.

例 8.2

例 8.2

对于区间 $(a,b)$ 内的实函数 $f$ , 定义

$$F(x):=\underset{y\to x}{\underline{\lim }}\frac{f(y)-f(x)}{y-x},$$

这里 $F$ 的取值可以是 $\pm \infty$ . 依次证明

1. 若 $F(x)>0(\forall x\in (a,b))$ , 则 $f$ 在 $(a,b)$ 内严格单增.

2. 若 $F(x)⩾0(\forall x\in (a,b))$ , 则 $f$ 在 $(a,b)$ 内单调增加.

证明 (1) 任取 $A,B\in (a,b)$ , $A<B$ . 考虑

$$E=\{\alpha \in (A,B]|f(x)>f(A),\forall A<x⩽\alpha \},$$ $$C=\sup E.$$

由 $F(A)>0$ , 知存在 $\delta >0$ 使得 $\forall x\in (A,A+\delta )$ 成立 $f(x)>f(A)$ , 故 $E$ 非空有界, 从而 $C$ 适定且 $C>A$ .

我们断言 $C\in E$ . 否则, 存在 $\tilde{C}\in (A,C]$ 使得 $f(\tilde{C})⩽f(A)$ . 由 $F(\tilde{C})>0$ , 存在 $\delta \in (0,\tilde{C}-A)$ , 使得当 $x\in (\tilde{C}-\delta ,\tilde{C})$ 时, 有 $f(x)<f(\tilde{C})⩽f(A)$ . 这与 $C$ 的定义矛盾.

进一步, 我们断言 $C=B$ . 否则, 由 $F(C)>0$ , 存在 $\delta >0$ , 使得当 $x\in (C,C+\delta )$ 时, 有 $f(x)>f(C)>f(A)$ . 这与 $C$ 的定义矛盾.

所以 $C=B$ , 从而 $f(A)<f(B)$ . 所以由 $A,B$ 的任意性知 $f$ 在 $(a,b)$ 内严格单增.

2. 任取 $\epsilon >0$ , 令 $g(x)=f(x)+\epsilon x$ . 则

$$\underset{y\to x}{\underline{\lim }}\frac{g(y)-g(x)}{y-x}⩾\epsilon >0,\forall x>a.$$

由 (1) 可得 $g$ 严格单增, 即对任何 $A,B\in (a,b),A<B$ , 有

$$f(A)+\epsilon A<f(B)+\epsilon B.$$

令 $\epsilon \to 0$ ，即得 $f(A)⩽f(B)$ ，即 $f$ 在 $(a,b)$ 内单调增加.

例 8.3

例 8.3

设 $f$ 在 $R$ 上可微, 且

$$f(x+1)-f(x)=f^{\prime }(x),\forall x\in \mathbb{R},$$ $$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=c.$$

证明： $f^{\prime }\equiv c.$

证明 易见 $f$ 连续可微. 记 $A_x=\{y\in \mathbb{R}|f^{\prime }(y)=f^{\prime }(x)\}$ .

若 ${\alpha }_x:=\sup A_x<+\infty$ ，则由 $f^{\prime }$ 的连续性可知 ${\alpha }_x\in A_x$ . 于是由 Lagrange 中值定理, 存在 $\xi \in ({\alpha }_x,{\alpha }_x+1)$ , 使得 $f^{\prime }(\xi )=f({\alpha }_x+1)-f({\alpha }_x)=f^{\prime }(x)$ . 与 ${\alpha }_x$ 的定义矛盾.

故 $\forall x\in \mathbb{R},{\alpha }_x=+\infty$ 即 $\forall x\in \mathbb{R},\exists x_n\to +\infty$ ，使得 $f^{\prime }(x)=f^{\prime }(x_n)$ 从而 $f^{\prime }(x)={\lim }_{n\to +\infty }{f}^{\prime }(x_n)={\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=c,$ 此即 $f^{\prime }\equiv c.$

例 8.4

例 8.4

设 $f\in C(a,b)$ . 若

$$\underset{h\to 0}{\underline{\lim }}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{h}>0,\forall x\in (a,b),$$

证明 $f$ 严格单增.

证明 任取 $A,B\in (a,b)$ , $A<B$ . 记 $C=\frac{A+B}{2},A=\frac{B-A}{2}$ . 考虑

$$E=\{\alpha \in (0,\Lambda ]|f(C+s)⩾f(C-s),\forall s\in (0,\alpha ]\}.$$

由于

$$\underset{h\to 0}{\underline{\lim }}\frac{f(C+h)-f(C-h)}{h}>0,$$

存在 $\delta \in (0,\Lambda )$ 使得当 $h\in (0,\delta ]$ 时, $f(C+h)>f(C-h)$ . 因此 $\delta \in E$ . 令 $\beta =\sup E$ . 则 $\beta \in [\delta ,\Lambda ]$ , 而由 $f$ 的连续性知 $\beta \in E$ . 若 $\beta <\Lambda$ , 利用

$$\underset{h\to 0}{\underline{\lim }}\frac{f(C+\beta +h)-f(C+\beta -h)}{h}>0,\underset{h\to 0}{\underline{\lim }}\frac{f(C-\beta +h)-f(C-\beta -h)}{h}>0,$$

有 $\eta \in (0,\min \{\Lambda -\beta ,\delta \})$ ，使得对任何 $h\in (0,\eta ]$ 成立。

$$f(C+\beta +h)>f(C+\beta -h),f(C-\beta +h)>f(C-\beta -h).$$

从而

$$f(C+\beta +h)>f(C+\beta -h)⩾f(C-\beta +h)>f(C-\beta -h).$$

这表明 $\beta +\eta \in E$ , 与 $\beta =\sup E$ 矛盾. 因此 $\beta =\Lambda$ . 所以 $f(B)⩾f(A)$ . 由 $A,B$ 的任意性得到 $f$ 单调增加.

最后, 对任何 $A,B\in (a,b),A<B$ , 我们有 $\delta \in \left(0,\frac{B-A}{2}\right)$ 使得

$$f\left(\frac{A+B}{2}+\delta \right)>f\left(\frac{A+B}{2}-\delta \right).$$

从而

$$f(B)⩾f\left(\frac{A+B}{2}+\delta \right)>f\left(\frac{A+B}{2}-\delta \right)⩾f(A).$$

因此, $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内严格单增.

例 8.5

例 8.5

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上有二阶导数, $f(a)=f^{\prime }(a)=0$ , 且存在常数 $M$ > 0 使得 $|f^{\prime \prime }(x)|⩽M|f(x)|(\forall x\in [a,b])$ . 证明: $f\equiv 0$ .

证明 记

$$c=\sup \{\beta \in [a,b]|f(x)=0,\forall a⩽x⩽\beta \}.$$

则 $c\in [a,b]$ 适定且

$$f(x)=0,\forall a⩽x⩽c.$$

易见无论 $c>a$ 是否成立都可得

$$f(c)=f^{\prime }(c)=0.$$

若 $c=b$ ，则结论得证.否则，取 $\delta =\min \left\{\frac{1}{M+1},b-c\right\}$ ，并记 $m={\max }_{s\in [0,\delta ]}|f(c+s)|.$ 则当 $h\in (0,\delta ]$ 时，存在 $\xi \in (0,h)$ 使得

$$\begin{array}{rl}|f(c+h)|& =\left|f(c)+f^{\prime }(c)h+\frac{f^{\prime \prime }(c+\xi )}{2}{h}^2\right|\\ & =\left|\frac{f^{\prime \prime }(c+\xi )}{2}{h}^2\right|\\ & ⩽\frac{1}{2}M|f(c+\xi )|h^2⩽\frac{1}{2}Mm{\delta }^2⩽\frac{1}{2}m.\end{array}$$

从而对上式关于 $h\in (0,\delta ]$ 取上确界得到 $m⩽\frac{m}{2}$ . 由此即得 $m=0$ , 即

$$f(x)=0,\forall x\in [a,c+\delta ].$$

与 c 的定义矛盾. 所以 $f\equiv 0$ .

下面, 我们用分析方法研究一个代数问题. 记 $S^n$ 为 $n\times n$ 实对称矩阵全体, 用 $A⩾B$ 表示 $A-B$ 为半正定矩阵, 用 $A>B$ 表示 $A-B$ 为正定矩阵. 可以证明, 对于 $\alpha \in (0,1)$ , $A^{\alpha }$ 关于正定矩阵 $A$ 具有单调性. 在接下来的两个例子中, 我们只讨论 $\alpha$ 取 $\frac{1}{2}$ 和 $\frac{1}{3}$ 的情形.

例 8.6

例 8.6

设 $A,B\in S^n,A⩾B⩾0$ . 证明:

$$A^{\frac{1}{2}}⩾B^{\frac{1}{2}}$$

证明 先设 $A>B>0$ . 我们有

$$\mathbf{A}>\mathbf{B}>0\Rightarrow {\mathbf{A}}^{\frac{1}{2}}>{\mathbf{B}}^{\frac{1}{2}}$$ $$\Updownarrow$$

$B,C>0\Rightarrow (B+\alpha C{)}^{\frac{1}{2}}$ 关于 $\alpha \in [0,1]$ 严格单调.

固定 B, C > 0, 记

$$\mathbf{M}(\alpha )={\left(\mathbf{B}+\alpha \mathbf{C}\right)}^{\frac{1}{2}}.$$

则

$$\mathbf{M}(\alpha ){\mathbf{M}}^{\prime }(\alpha )+{\mathbf{M}}^{\prime }(\alpha )\mathbf{M}(\alpha )=\mathbf{C}>0,\alpha \in [0,1].\text{\hspace{1em}(8.1)}$$

可以证明 $M^{\prime }(\alpha )>0$ . 否则, 对某个 $\alpha \in [0,1]$ , $M^{\prime }(\alpha )$ 有特征值 ${\lambda }_{\alpha }⩽0$ . 设相应的特征向量为 ${\xi }_{\alpha }$ , 则

$$0<{\mathbf{\xi }}_{\alpha }^{\mathrm{T}}[\mathbf{M}(\alpha ){\mathbf{M}}^{\prime }(\alpha )+{\mathbf{M}}^{\prime }(\alpha )\mathbf{M}(\alpha )]{\mathbf{\xi }}_{\alpha }=2{\lambda }_{\alpha }{\mathbf{\xi }}_{\alpha }^{\mathrm{T}}\mathbf{M}(\alpha ){\mathbf{\xi }}_{\alpha }⩽0.$$

得到矛盾. 因此 $M^{\prime }(\alpha )>0$ . 从而 $M(\alpha )$ 严格单增, 即 $A>B>0$ 蕴涵 $A^{\frac{1}{2}}>B^{\frac{1}{2}}$ . 一般地, 若 $A⩾B⩾0$ , 则 $\forall \epsilon >0$ ,

$${\left(\mathbf{A}+\epsilon \mathbf{I}\right)}^{\frac{1}{2}}>{\left(\mathbf{B}+\epsilon \mathbf{I}\right)}^{\frac{1}{2}}.$$

令 $\epsilon \to 0^{+}$ 即得 $A^{\frac{1}{2}}⩾B^{\frac{1}{2}}$

接下来, 我们来看 $\alpha =\frac{1}{3}$ 的情形.

例 8.7

例 8.7

设 $A,B\in S^n,A⩾B⩾0$ . 证明:

$$A^{\frac{1}{3}}⩾B^{\frac{1}{3}}$$

证明 类似于例 8.6, 只要证明当 A > B > 0 时成立 $A^{\frac{1}{3}}>B^{\frac{1}{3}}$ . 记 $C=A-B$ , $M(\alpha )=(B+\alpha C{)}^{\frac{1}{3}}$ . 则

$${\mathbf{M}}^2(\alpha ){\mathbf{M}}^{\prime }(\alpha )+\mathbf{M}(\alpha ){\mathbf{M}}^{\prime }(\alpha )\mathbf{M}(\alpha )+{\mathbf{M}}^{\prime }(\alpha ){\mathbf{M}}^2(\alpha )=\mathbf{C}>0.\text{\hspace{1em}(8.2)}$$

我们断言 $M^{\prime }(\alpha )>0$ . 否则, 有 $\alpha \in [0,1]$ 以及 ${\mu }_{\alpha }⩾0$ 使得 $H:=M^{\prime }(\alpha )+{\mu }_{\alpha }I$ 半正定但不正定. 于是

$$\begin{array}{rl}& \mathbf{M}(\alpha )[\mathbf{M}(\alpha )\mathbf{H}+\mathbf{H}\mathbf{M}(\alpha )]+[\mathbf{M}(\alpha )\mathbf{H}+\mathbf{H}\mathbf{M}(\alpha )]\mathbf{M}(\alpha )\\ & ={\mathbf{M}}^2(\alpha )\mathbf{H}+2\mathbf{M}(\alpha )\mathbf{H}\mathbf{M}(\alpha )+\mathbf{H}{\mathbf{M}}^2(\alpha )\\ & =3{\mu }_{\alpha }{\mathbf{M}}^2(\alpha )+\mathbf{M}(\alpha )\mathbf{H}\mathbf{M}(\alpha )+\mathbf{C}>0.\end{array}\text{\hspace{1em}(8.3)}$$

同例 8.6 中的证明一样, 可得 $M(\alpha )H+HM(\alpha )>0$ . 进而又可推得 H > 0. 得到矛盾. 因此 $M^{\prime }(\alpha )>0$ . 从而 $M(\alpha )$ 严格单增, 即 A > B > 0 蕴涵 $A^{\frac{1}{3}}>B^{\frac{1}{3}}$ . $\square$以下用连续性方法证明连续函数的介值定理.

例 8.8

例 8.8

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, $f(a)<\eta <f(b)$ . 证明存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f(\xi )=\eta$ .

证明 令 $E=\{x\in [a,b]|f(x)<\eta \}$ , 则 $E$ 非空. 记 $s=\sup E$ . 则由连续性得 $f(s)⩽\eta$ , 从而 $s<b$ .

若结论不真, 则 $f(s)<\eta$ . 从而由 $f$ 的连续性易知存在 $\delta \in (0,b-s)$ 使得当 $x\in (s,s+\delta )$ 时, $f(x)<\eta$ . 这与 $s$ 为 $E$ 的上确界矛盾.

因此, 要证的结论成立.

$$\square$$