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回复 20# Czhang271828

谢谢,这个$f$的定义,经过你的解释,我现在已经完全明白了,就是像19楼里那样类似的定义,只是他没限制到正数而已。尽管是可数个(或有限个)求和,但仍然收敛,所以可以这样定义$f$。

后面那个无理点连续的,我只理解了一部分:
对任意的$\varepsilon > 0$,满足$\frac{1}{2^n}>\varepsilon/2$的$n$只有有限个,这些$n$对应到的有理数$r_n$也只有有限个。然后在$x$的邻域$B$里,必定包含无穷多个有理数,但大于$\varepsilon/2$的只有有限个,所以只要控制邻域$B$的范围,就能让$B$中的所有有理数$r_n$的指标都满足$\frac{1}{2^n}<\varepsilon$。

在点$x$处的振幅不大于$f$的右极限减去左极限,而$f$只对有理数的指标对应的$\frac{1}{2^n}$求和,因此无理数处的$f$在求和式中都是0。所以只要考虑$B$内$r_n$的指标最大的和指标最小的那两个,又因为是增函数和正值函数,所以作差后,必定小于上确界,就是小于$\sum_{r_n\in B}\frac{1}{2^n}$,到这里我都能理解。

但后面继续做时,只是加和的每一项(前面提到的:$B$中的所有有理数$r_n$的指标都满足$\frac{1}{2^n}<\varepsilon$)都小于$\varepsilon$,它们是无穷多项,加起来还能小于一个常数乘上$\varepsilon$吗?

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回复 21# abababa

我少些了一点,但

1. 每个$2^{-n_k}$小于$\varepsilon$

2. $\{n_k\}$彼此不等

这两个条件是不是直接推出所有$2^{-n_k}$之和小于$2\varepsilon$?

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回复 22# Czhang271828

如果$B$里的有理数指标$n_k$的数量是$m$,并且每个$\frac{1}{2^{n_k}}<\varepsilon$,这样加起来,不是要小于$m\varepsilon$吗,可那个$m$就是我不能理解的地方,这个$m$是可以趋向无穷的,这样乘起来就不能再小于给定的$\varepsilon$了吧。

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回复 23# abababa

$\{n_k\}$彼此不等...所以最大的$2^{-n_k}$小于$\varepsilon$,第二大的$2^{-n_k}$小于$\varepsilon/2$...依次类推,和小于$2\varepsilon$。

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回复 24# Czhang271828
谢谢,这个思路我是有点明白了,就是从一开始就设满足$\frac{1}{2^{n_k}}>\frac{1}{2^k}$的$n$只有有限个,让那个$\varepsilon$带上一个关于变量$k$的系数,在邻域$B$中的$r_{n_k}$就都满足$\frac{1}{2^{n_k}}<\frac{\varepsilon}{2^k}$,这时再求和,就一定小于$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\varepsilon}{2^k}$,这样就得到结果了,从一开始就让$\varepsilon$作$k$分就好了。细节我再想一想。

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我觉得还是有点问题,像最开始那个证明的:存在一个区间$B=(x-\delta,x+\delta)$,对任意的$x'\in B$都有$\abs{f(x)-f(x')}<\varepsilon$,这样不就是在$B$上一致连续了吗?一致连续的话能推出连续,但是如果$f(x)$在$B$上连续,那在$B$上的有理点处也得连续吧,而开始却证明了在任意有理点处都不连续,这样是不是矛盾了?是不是我哪里还没弄明白?

我又想了一下,是不是这样的:
假设在无理点$c$处连续,则左右极限必定相等,即$f(c^-)=f(c^+)$,但是$(c^-,c^+)$中必定存在一个有理数$q$,而$f(x)$在区间$(c^-,c^+)$中的一点发生跳跃,在整个区间上也必定发生跳跃了,所以不能有$f(c^-)=f(c^+)$,也就是在无理点处也不能连续。

请看看这个有没有什么问题?

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回复 26# abababa

上边嘅解答的而且确系冇矛盾啦!

$\delta$受$x$限制。虽然每一有理点都被开区间覆盖,但并不能代表所有点被覆盖。例如$(0,1)$上的有理数能被$(r_n-\varepsilon/2^n,r_n+\varepsilon/2^n)$形式的区间覆盖,但这些区间长度总和还是$\varepsilon$,因此不能将$(0,1)$区间塞实。

下边嘅理解有少少问题。$c^+$同埋$c^-$唔系确切嘅数字,$f(c^+)$系极限过程$\lim_{x\to c,x>c}f(x)$嘅简化表示。无理点的处的连续性一样用$\varepsilon-\delta$语言判断就好。切记:“连续性”并非“连续不断”,而是“小变化造成小扰动”,亦即振幅为$0$。

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本帖最后由 abababa 于 2021-6-19 15:28 编辑

回复 27# Czhang271828

谢谢,我终于搞明白了,我再写一下:
设$c$是无理点,然后考虑左右极限的差,只要证明这个差趋于零。
\[\lim_{\delta \to 0}[f(c+\delta)-f(c-\delta)]= \lim_{\delta \to 0}(\sum_{r_n \le c+\delta}\frac{1}{2^n}-\sum_{r_n \le c-\delta}\frac{1}{2^n})= \lim_{\delta \to 0}\sum_{c-\delta < r_n \le c+\delta}\frac{1}{2^n}\]
对任意的$\varepsilon > 0$都存在$N$,使得只要$n > N$就有$\frac{1}{2^n}<\frac{\varepsilon}{n^2}$,选择$\delta$使得满足$c-\delta<r_n\le c+\delta$的$n$都大于$N$,于是
\[\lim_{\delta \to 0}\sum_{c-\delta < r_n \le c+\delta}\frac{1}{2^n} \le \sum_{c-\delta<r_n\le c+\delta}\frac{\varepsilon}{n^2} \le \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varepsilon}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\varepsilon\to 0\]

我又想了一下:
前面是让$\delta\to0$的极限,但因为$\delta$是取定的,应该不能$\to0$,那么应该是定义一个振幅。设$\omega_f(c,\delta)$为函数$f(x)$在$(c-\delta,c+\delta)$上的振幅。这样把极限都去掉。
\[\omega_f(c,\delta)=f(c+\delta)-f(c-\delta)= \sum_{r_n \le c+\delta}\frac{1}{2^n}-\sum_{r_n \le c-\delta}\frac{1}{2^n}= \sum_{c-\delta < r_n \le c+\delta}\frac{1}{2^n}\]
对任意的$\varepsilon > 0$都存在$N$,使得只要$n > N$就有$\frac{1}{2^n}<\frac{\varepsilon}{n^2}$,选择$\delta$使得满足$c-\delta<r_n\le c+\delta$的$n$都大于$N$(*),于是
\[\omega_f(c,\delta)=\sum_{c-\delta < r_n \le c+\delta}\frac{1}{2^n} \le \sum_{c-\delta<r_n\le c+\delta}\frac{\varepsilon}{n^2} \le \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varepsilon}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\varepsilon\to 0\]

振幅为零说明连续。然后再说一下对(*)的解释,就用前面楼给出的那个$\delta=\frac{1}{2}\min_{0\le n\le N}\abs{r_n-c}$,则当$n \le N$时
1。若$r_n\ge c$,则$\delta = \frac{1}{2}\min_{0 \le n \le N}(r_n-c) \le \frac{1}{2}(r_n-c)$,于是$r_n \ge 2\delta+c > c+\delta$,不能使$r_n \le c+\delta$。
2。若$r_n< c$,则$\delta = \frac{1}{2}\min_{0 \le n \le N}(c-r_n) \le \frac{1}{2}(c-r_n)$,于是$2\delta \le c-r_n$,因此$r_n+\delta \le c-\delta$,于是$r_n < r_n+\delta \le c-\delta$,不能使$c-\delta < r_n$。
因此对所选择的$\delta$,当$n \le N$时不能使得$c-\delta < r_n \le c+\delta$,所以对所选择的$\delta$,若满足$c-\delta < r_n \le c+\delta$,则必有$n > N$。

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本帖最后由 hbghlyj 于 2021-12-14 04:24 编辑

恰好看到这题
Apostol, Mathematical Analysis, 2nd ed. pp.127
Theorem 6.2. If $f$ is monotonic on $[a,b]$, then the set of discontinuities of $f$ is countable.
它是Theorem 6.1和Exercise 2.20的直接推论.
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