题目:单调函数的不连续点的全体为一至多可列集,试证之.

在这里,采用G.波利亚的”怎样解题”表分析.

“前提是什么?”

单调函数的不连续点的全体.

“结论是什么?”

单调函数的不连续点的全体为一可列集.

“把前提的各个部分分开.”

单调函数(增,减),不连续点.

“画张图,引入适当的符号”.

图略.

“你能不能重新叙述这个问题?”

先考虑单调递增函数,则该问题可叙述为:

\[A=\{x_0|\lim_{x \rightarrow x_0}{f(x)} \neq f(x_0),f(x)\text{满足}x_2 \ge x_1, f(x_2) \ge f(x_1)\}\]

则$A$是一个可列集.

$A=\{x_0|\lim_{x \rightarrow x_0^-}{f(x)} \neq \lim_{x \rightarrow x_0^+}{f(x)},f(x)\text{单调递增函数}\}$,则$A$是一个可列集.

“回到定义去.”

单调递增函数意味着:$\forall x_1,x_2,x_2 \ge x_1$,有$f(x_2)\ge f(x_1)$.

可列集的定义为:$N$为自然数全体所成之集,凡与$N$对等的集$A$称为可列集.

对等的含义为:若$A$与$B$能成一对一的对应,则称$A$与$B$是对等的.

于是我们需要寻找$A$与$N$之间的一一对应,又对等具有传递性,故可$A \sim B$,$B \sim N$.

“那么$B$又该如何找呢?你是否利用了整个条件呢?”

还有单调函数这个条件未用,涉及到单调函数,必然涉及到两个点$x_1$及$x_2$,又本题考虑的是不连续点,我们可令$x_1$,$x_2$为不连续点,$f(x_1) \le f(x_2)$,($x_1 < x_2$),又这里涉及到了不连续点,有一个取极限的过程,对了,取极限有保号性,对上式取极限有(注:下面这个式子是有问题,对于单调函数来说,不连续点的极限不存在),

\[\lim_{x \rightarrow x_1}{f(x)} \le \lim_{x \rightarrow x_2}{f(x)},\]

更进一步(注:这个式子是正确的),

\[\lim_{x \rightarrow x_1^-}{f(x)} \le \lim_{x \rightarrow x_1^+}{f(x)} \le \lim_{x \rightarrow x_2^-}{f(x)} \le \lim_{x \rightarrow x_2^+}{f(x)},\]

再利用不连续点的条件,有

\[\lim_{x \rightarrow x_1^-}{f(x)} < \lim_{x \rightarrow x_1^+}{f(x)} \le \lim_{x \rightarrow x_2^-}{f(x)} < \lim_{x \rightarrow x_2^+}{f(x)},\]

这里似乎存在着一种一一对应关系:嗯,令

\[\begin{aligned}X_1 &= (\lim_{x \rightarrow x_1^-}{f(x)}, \lim_{x \rightarrow x_1^+}{f(x)}),\\X_2 &= (\lim_{x \rightarrow x_2^-}{f(x)}, \lim_{x \rightarrow x_2^+}{f(x)}),\end{aligned}\]

那么有$X_1 \cap X_2 = \emptyset$,而且$x_1 \leftrightarrow X_1$,$x_2 \leftrightarrow X_2$,这是一个一一对应.

“你为什么想到区间呢?”

嗯,上式中具有不等关系,而区间的两个端点恰有这个关系.

“好了,现在你有了$B$,你能利用它吗?”

好像还不能.

“如果你不能解决所提出的问题,可先解决一个与此有关的问题.”

“你能不能想出一个更容易着手的有关的问题?”

$B$看起来比$A$明确些,但一下子不能解决.

“一个更普遍的问题?”

$B_1 = \{(x_i,y_i)|x_i,y_i \in R,i=1,2,\cdots,(x_i,y_i) \cap (x_j,y_j)=\emptyset,i \neq j\}$.

这个表示式比原来更普遍一些(注:说更普遍似乎不合适,更清晰可能更合适),嗯,原来考虑的是在实轴上,对了,现在有了一个新问题:覆盖实轴的不相交的开区间的全体是可列的.

不过$B_1$的表示似乎有问题,对,它这样表示,就没必要去花力气证明了.

“看来一下子还不能解决,你是否知道与此有关的问题?你是否知道一个可能用的上的定理?”

让我想一想这方面的定理或问题.

(1)$A$为可列集$\Leftrightarrow$$A=\{a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots\}$;

(2)可列集的任何无限子集是可列的;

(3)两两不相交的有限个可列集的和集(并集)是一个可列集;

(4)两两不相交的可列个有限集的和集(并集)是一个可列集;

(5)两两不相交的可列个可列集的和集(并集)是一个可列集;

(6)有理数的全体所成之集$Q$是一可列集;

(7)添加一个有限集或可列集$A$的所有元素于一个无限集$M$得到一个新集$M\cap{}A$,则$M \sim M\cap{}A$;

(8)若$A$中每元素由$n$个互相独立的记号所决定,各记号跑遍一个可列集即成$A$:

\[A= \{a_{x_1,x_2,\cdots,x_n}\} \quad x_k=x_k^{(1)},x_k^{(2)},\cdots,k=1,2,\cdots,n\]

那么$A$是可列的.

“你列出了这么多的定理,可是,你能利用它们吗?或你能利用它们的方法吗?”

(3)与(4)的证明方法类似:$A=\{a_1,a_2,\cdots\}$,$B=\{b_1,b_2,\cdots\}$,$C=\{c_1,c_2,\cdots\}$,

\[S = A \cup B \cup C =\{a_1,b_1,c_1;a_2,b_2,c_2;\cdots\}.\]

(5)的证明方法,通常称为对角线法,或者等高线法.

\[A_k=\{a_1^k,a_2^k,\cdots,a_n^k,\cdots\},\]

$h=k+j$称为数$a_j^k$的高度,把相同高度的数(有限)排在一起.

\[S = \bigcup{A_k}=\{a_1^1,a_2^1,a_1^2,a_3^1,a_2^2,a_1^3,\cdots\},\]

可以画一个图更清晰一些.

(6)的证明同(5).(8)可用数学归纳法证明.

明确涉及到数的只有(6),看来可以考虑(6)的应用.

对于$(x,y)$这样一个区间,若$x$或$y$中有一个为有理数,不妨设$x$为有理数,则对应$(x,y) \leftrightarrow x$,若$x,y$均为无理数,存在有理数$x’ \in (x,y)$,形成区间$(x,x’),(x’,y)$.对了,似乎没必要这么麻烦,有理数是稠密的,对于每个区间$(x,y)$,我们让它对应于一个有理数$x’ \in (x,y)$,而有理数集是可列的,显然对于上面的对应有:$\{(x,y)\}$的势小于有理数集合的势.

“对了,现在已经证明了,再回过去,我们已经有了一个计划了.实现计划.”

引理1:集合$A=\{(x,y)\}$是由一些不相交的区间组成,$x,y \in R$,则$A$是至多可列的.

这只需令$(x,y)$对应于有理数$x’ \in (x,y)$,则$A’=\{x’\} \subset Q$,$Q$是可列的,而$A \sim A’$,故$A$或者可列,或者有限.(这里使用了前面的(2))

回到原来的命题:不妨设$f$是单调递增的,则对于不连续点$x_1$,$x_2$,有

\[\lim_{x \rightarrow x_1^-}{f(x)} < \lim_{x \rightarrow x_1^+}{f(x)} \le \lim_{x \rightarrow x_2^-}{f(x)} < \lim_{x \rightarrow x_2^+}{f(x)},\]

于是每个不连续点$x_i$,对应于区间$(\lim_{x \rightarrow x_i^-}{f(x)},\lim_{x \rightarrow x_i^+}{f(x)})$.

\[B = \{(\lim_{x \rightarrow x_i^-}{f(x)},\lim_{x \rightarrow x_i^+}{f(x)})\} \subset A,\]

故$B$是至多可列的,证毕.