第十五周作业

本次作业题包括第五章习题1、2、3、4。

习题5

1

（1）

在$b>a$时，因$m(b-a)\leq\int^b_a f(x)\mathrm{d}x\leq M(b-a)$，故$m\leq\frac{1}{b-a}\int^b_a f(x)\mathrm{d}x\leq M$，令$\eta=\frac{1}{b-a}\int^b_a f(x)\mathrm{d}x$即有$m\leq\eta\leq M$和$\int^b_a f(x)\mathrm{d}x=\eta (b-a)$；在$a>b$时在$[b,a]$上用上一情况即可；在$a=b$时结论显然成立。

（2）

因$f$在$x_0\in [a,b]$连续，对任何$\epsilon>0$存在$\delta>0$使对所有$x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\cap [a,b]$，成立$f(x_0)-\epsilon<f(x)<f(x_0)+\epsilon$，从而由（1）存在$f(x_0)-\epsilon\leq\eta\leq f(x_0)+\epsilon$使$\int^x_{x_0} f(x)\mathrm{d}x=\eta (x-x_0)$。于是，

$\begin{align}\vert\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}-f(x)\vert&=\vert\frac{\int^x_{x_0}f(x)\mathrm{d}x}{x-x_0}-f(x)\vert\\&=\vert\eta-f(x_0)\vert\\&\leq\epsilon\end{align}$

这说明$\lim_{x\to x_0}\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}=f(x)$，即$F’(x_0)=f(x_0)$。

$F$在任何区间都不见得可导，更不能用微分中值定理之类；$f$在任何区间都不见得连续，更不能用介值定理之类

2

如果$b\notin\{x_i\}$，令$f:\begin{align}&[a,b]\to\mathbb{R}\\x&\mapsto\sum_{x_i<x}\frac{1}{2^i}\end{align}$，则易见$f$在$[a,b]$递增。

• 若$x=x_i$，则任何$\delta>0$存在$x_i+\frac{\delta}{2}\in (x_i,x_i+\delta)$使$f(x_i+\frac{\delta}{2})-f(x_i)\geq\frac{1}{2^i}>0$，故$f$在$x$间断。
• 若$x\in [a,b]\setminus\{x_n\}$，则对任何$\epsilon>0$，存在$N$使$\sum^{+\infty}_{i=N+1}\frac{1}{2^i}<\epsilon$，令$\delta=\min\{\vert x-x_1\vert,\dots,\vert x-x_N\vert\}>0$，于是当$\vert y-x\vert<\delta$，则$\vert f(y)-f(x)\vert\leq\sum^{+\infty}_{i=N+1}\frac{1}{2^i}<\epsilon$，故$f$在$x$连续。

如果$b\in\{x_i\}$，令$f:\begin{align}&[a,b]\to\mathbb{R}\\x&\mapsto\begin{cases}\sum_{x_i<x}\frac{1}{2^i}&x\neq b\\3&x=b\end{cases}\end{align}$即可。

再一次强调数列不一定能重排成从小到大的

3

因$f_k$从而$\sum^{\infty}_{k=N+1}f_k$在$[a,b]$单调增，$f_k$和$\sum^{\infty}_{k=N+1}f_k$在$[a,b]$几乎处处可导，并且由定义知它们的导数存在时非负。由Fatou引理并注意$\sum^{\infty}_{k=1}f_k(a)$与$\sum^{\infty}_{k=1}f_k(b)$收敛：

$\begin{align}\int^b_a\varliminf_{N\to\infty}(\sum^{\infty}_{k=N+1}f_k)’(x)\mathrm{d}x&\leq\varliminf_{N\to\infty}\int^b_a(\sum^{\infty}_{k=N+1}f_k)’(x)\mathrm{d}x\\&\leq\varliminf_{N\to\infty}(\sum^{\infty}_{k=N+1}f_k(b)-\sum^{\infty}_{k=N+1}f_k(a))\\&=\lim_{N\to\infty}\sum^{\infty}_{k=N+1}f_k(b)-\lim_{N\to\infty}\sum^{\infty}_{k=N+1}f_k(a)\\&=0-0=0\end{align}$

这表明对$a.e. x\in [a,b]$有$\lim_{N\to\infty}(\sum^\infty_{k=N+1}f_k)’(x)=0$（由$(\sum^\infty_{k=N+1}f_k)’(x)$关于$N$单调减知极限存在），但对$a.e. x\in [a,b]$，$(\sum^{\infty}_{k=1}f_k)’(x)=\sum^N_{k=1}f_k’(x)+(\sum^\infty_{k=N+1}f_k)’(x)$，故令$N\to\infty$即得$(\sum^{\infty}_{k=1}f_k)’(x)=\sum^{\infty}_{k=1}f_k’(x)$。

4

令$\{r_k\}=\mathbb{Q}\cap [0,1]$，$f_k=\chi_{[r_k,+\infty)}$，$f=\sum^{\infty}_{k=1}f_k$。注意到各$f_k$单调增，又对任何$x,y\in [0,1]$使$x<y$存在$k$使$x< r_k < y$，从而$f(y)-f(x)\geq \frac{1}{2^k}>0$，故$f$严格单调增。因$\sum^{\infty}_{k=1}f_k$在$[0,1]$收敛，而各$f_{k}’$都几乎处处为零，由上一题知对$a.e. x\in [0,1]$，成立$f’(x)=(\sum^{\infty}_{k=1}f_k)’(x)=\sum^{\infty}_{k=1}f_k’(x)=\sum^{\infty}_{k=1}0=0$。

个别同学举了康托函数这个错误例子