發刊日期 |
2019年3月
|
---|---|
標題 | 不存在處處有極限 處處不連續的函數 |
作者 | |
關鍵字 | |
檔案下載 | |
全文 |
最近有機會到一所明星高中和老師們討論微積分選修課的開立。 由於高中的選修課通常是兩學分, 因此如何界定核心內容就變得十分要緊。 討論的過程暫且不表, 倒是在結束之前, 一位老師問我: 有沒有一個函數 $f(x)$, 它在每一點 $a$ 都有極限, 但是極限不等於 $f(a)$? 也就是說有沒有一個函數 $f(x)$, 處處不連續, 但處處都有極限? 我當時的反應是, 這應該不是微積分教學的重點, 可是, 就純數學而言, 這總是一個問題, 我因此想起一段往事。 有一位同事李教授長年在系裡兼任教微積分。 因為教大班, 系裡為他配置兩位研究生助教, 每週一小時分成兩班上演習。 有一天李教授在辦公室召見兩位助教, 李教授問: 你們是誰在演習課對學生提出下面的函數? $$F(x)= \begin{cases} 1, \quad \text{$x$ 是有理數}\\ 0, \quad \text{$x$ 是無理數} \end{cases}$$ 並且討論它的連續性。 (註一) 兩位助教都承認幹了這件事。 李教授說, 怪不得上課時學生緊張兮兮提問說這個函數到底是怎麼回事。 李教授教的是管理學院, 學生在高中原本是社會組, 碰到上面的 $F(x)$, 覺得無法適應。 李教授對兩位助教說, 以後你們少幹這種事, 我們要給學生的是「健康」的函數, 而不是「生病」的函數。 回到我一開始提出的問題: 有沒有一個函數, 處處有極限, 但處處不連續? 一位同事告訴我, 這是 Rudin 所著 Principles of Mathematical Analysis 這本高微教科書中的習題 (見該書第一版 75 頁)。 我於是查了一下 , 覺得 Rudin 提示的處理方式不是很好, 所以我想了一個比較自然的方法來回答這個問題, 結論是, 不存在這種函數。 以下是筆者要證的定理。 定理: 如果函數 $f(x)$ 處處有極限, 則 $f(x)$ 不連續的點最多是可數的 (countable)。 (註二) 證明: 假設 $f(x)$ 處處有極限, 我們就用這個極限定一個新的函數 $g(x)$, 亦即對所有的 $a$, 定 $g(a)=\lim\limits_{x\to a} f(x)$。 首先觀察到 $g(x)$ 是一個連續函數, 理由如下: 已知 $\lim\limits_{x\to a} f(x)=g(a)$, 任予一 $\epsilon \gt 0$ 則必存在一個 $\delta \gt 0$, 在 $(a-\delta,a)\cup (a,a+\delta)$ 上, $g(a)-\epsilon \lt f(x) \lt g(a)+\epsilon$。所以如果 $0\lt |b-a| \lt \delta$, 則因在 $(a-\delta,a)\cup (a,a+\delta)$ 上, $f(x)$ 介於 $g(a)-\epsilon$ 和 $g(a)+\epsilon$ 之間, 而又有 $\lim\limits_{x\to b} f(x)=g(b)$, 所以 $g(a)-\epsilon \leq g(b) \leq g(a)+\epsilon$, 這就證明了 $g(x)$ 是一個連續函數。 既然 $g(x)=\lim\limits_{z\to x} f(z)$ 是一個連續函數, 我們令 $$h(x)=f(x)-g(x),$$ 則 $h(x)$ 就是一個處處有極限, 並且極限值均為 0 的函數。注意到 $h(x)$ 和 $f(x)$ 的不連續點集是一樣的。 接下來, 只需在 $[0,1]$ 上討論。考慮 $h(x)\neq 0$, 或 $|h(x)|\gt 0$ 的點集。 顯然對 $n=1,2,3,\cdots$, 集合 $\{x: 0\leq x \leq 1, |h(x)|\geq \dfrac{1}{n} \}$ 都只能是有限集。 因為若是對某一個 $n$, $\{x: |h(x)|\geq \dfrac{1}{n}, 0\leq x \leq 1\}$ 是無限集, 此一集合在 $[0,1]$ 上會有聚點 (accumulation point) $c$, 則 $\lim\limits_{x \to c}|h(x)|\geq \dfrac{1}{n}\gt 0$, 這與 $h(x)$ 的極限處處為 0 矛盾。 因此 $\{x~:~ 0\leq x \leq 1$, $|h(x)| \gt 0 \}$ 可以根據 $n=1,2,3,\cdots$ 分為 (可能重疊的)有限集, 結論是不連續點集 $\{x| h(x)\neq 0, 0\leq x \leq 1\}$ 是一個可數集。 (同見註一) 綜上所述, 不會存在處處不連續而處處有極限的函數。$\Box$ 下面補充說明 Rudin 對此定理建議的證法。 根據他的提示, 證法如下: 不妨考慮集合 $E=\{x| f(x)\gt g(x), g(x)=\lim\limits_{z\to x} f(z)\}$。如下圖, $a\in E$,
對這樣一個 $a$, 我們指定給它三個有理數 $(p,q,r)$, 先任取一有理數 $p$, 使 $g(a)\lt p\lt f(a)$。因為 $g(a)=\lim\limits_{x\to a}f(x)$, 所以另取二個有理數 $q,r, q\lt a\lt r$, 而使當 $x\neq a$, $q\lt x\lt r$ 時 $f(x)\lt p$。整理一下上面的指定, 對 $a\in E$, $g(a)\lt f(a)$, 指定 $$\text{有序有理數 $(p,q,r)$ 使得 $g(a) \lt p \lt f(a)$, 並且當 $x\neq a, q\lt x\lt r$ 時, $f(x)\lt p$}.$$ 現在要說這樣的指定在集合 $E$ 上是一對一的。 如果 $b\in E, b \neq a$, 並且 $b$ 也被指定有序有理數 $(p,q,r)$ , 則因 $q\lt b\lt r, b\neq a$, 所以 $f(b)\lt p$, 這與 $g(b)\lt p\lt f(b)$ 矛盾。 因此, 我們在 $E$ 上定了一個到 $(p,q,r)$ 三個有序有理數的一對一對應, 同理也可以對 $F=\{x|f(x)\lt g(x)\}$ 作類似的對應, 但是因為 $(p,q,r)$ 的全體是可數的, 因此證得定理。 (註3)
|