逐点条件、局部条件与全局条件

讲两个遇到的题。

1. $f\left( x \right)$ 在 $\left[ {0,\infty } \right)$ 上一致连续，$\forall x > 0,\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f\left( {x + n} \right) = 0$ ，证明：$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = 0$

2. $f\left( x \right)$ 在 $\left[ {0,\infty } \right)$ 上连续，$\forall x > 0,\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f\left( {nx} \right) = 0$ ，证明：$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = 0$

 

作为条件的两个极限过程都是逐点的，而要证明的东西是全局的。先看第一个，好歹一致连续的条件强一些。

困难之处在于虽然对每一个 $x>0$ ，可以找到一个 ${N_\varepsilon }\left( x \right)$ 使得 $\left| {f\left( {x + n} \right)} \right| < \varepsilon  \Leftarrow n > {N_\varepsilon }\left( x \right)$

但是这里的 大N 取决于具体的 x ，是否能有一个一致的 ${N_\varepsilon } = \mathop {\sup }\limits_{0 < x \leqslant 1} {N_\varepsilon }\left( x \right)$ ，也即右侧的上确界是否存在，并不能直接看出。

想要从逐点条件变为局部条件甚至全局条件，这个问题总会是一个需要跨过去的坎，这时候就希望有一个类似于有限覆盖定理的东西能帮我们绕过去。

（逐点对应一个开集，全体开集若能覆盖一个紧集，则有限个开集可以覆盖住这个紧集，这样问题就集中到这有限个点了，当然这也就要求考虑的空间要有紧性）

对这个问题要用上一致连续的条件，实际上问题可以放到 $\left[ {0,1} \right)$ 上看，因为 x 的整数部分可以归结为 x+n 的 n 里去，而 x 的小数部分虽然是无穷多个取值，由一致连续性，可以对 $\left[ {0,1} \right)$ 足够多的等分用分点来逼近，也即考虑 k 等分 ${x_i} = \frac{i}{k}\left( {i = 1,2,...,k} \right)$ 使得

\[\left| {x - \left( {\left[ x \right] + {x_i}} \right)} \right| = \left| {\left\{ x \right\} - {x_i}} \right| < \frac{1}{k} < \delta  \Rightarrow \left| {f\left( x \right) - f\left( {\left[ x \right] + {x_i}} \right)} \right| < \varepsilon \]

从而

\[\left| {f\left( x \right)} \right| \leqslant \left| {f\left( x \right) - f\left( {\left[ x \right] + {x_i}} \right)} \right| + \left| {f\left( {\left[ x \right] + {x_i}} \right)} \right|\]

因为分点是有限个，所以第二项正可以用上点态条件，对分点 ${{x_i}}$ 找到的有限个 大N 取最大的即可：$\left| {f\left( {\left[ x \right] + {x_i}} \right)} \right| < \varepsilon  \Leftarrow \left[ x \right] > \mathop {\max }\limits_{1 \leqslant i \leqslant k} N\left( {{x_i}} \right)$

 

再来看第二个，把条件改写成集合的语言，也即 $\forall \varepsilon  > 0$ \[\bigcup\limits_{N = 1}^\infty  {\bigcap\limits_{n = N}^\infty  {\left\{ {x > 0:\left| {f\left( {nx} \right)} \right| \leqslant \varepsilon } \right\}} }  = \left( {0,\infty } \right)\]

注意到左侧为闭集升列的可数并，而右侧是全体正实数，由 Baire 纲定理，右侧有内点，则左侧至少有一个闭集内有内点，从而就有闭子区间 \[\left[ {a,b} \right] \subset \bigcap\limits_{n = {N_0}}^\infty  {\left\{ {x > 0:\left| {f\left( {nx} \right)} \right| \leqslant \varepsilon } \right\}}  \Leftrightarrow x \in \bigcup\limits_{n = {N_0}}^\infty  {\left[ {na,nb} \right]} ,\left| {f\left( x \right)} \right| \leqslant \varepsilon \]

借助纲定理我们把逐点条件变成了局部条件，接下来只需注意这些闭区间 $\bigcup\limits_{n = {N_0}}^\infty  {\left[ {na,nb} \right]}$ 当 n 充分大时一定会混叠即可，事实上，若想混叠则需 $\left( {n + 1} \right)a < nb \Leftrightarrow 1 + \frac{1}{n} < \frac{b}{a}$ 右边严格大于1，而左边递减趋于1，一定在某个 N1 之后对所有的 n 成立，也即发生混叠。

 

我们来对比一下两个题，第一个是用的一致连续性，对 $\left[ x \right] \leqslant x < \left[ x \right] + 1$ 内用有限个等分点去逼近；第二个是用的 Baire 纲定理，把逐点条件先变成对一族闭区间成立，然后通过闭区间的混叠来变为全局条件。最有意思的地方来了，如果要想把第二题的方法用到第一题，试图削弱一致连续条件，会发现行不通，第一题对应的闭区间族 $\bigcup\limits_{n = {N_0}}^\infty  {\left[ {a + n,b + n} \right]}$ 是不会混叠的；实际上，考虑让函数在$\left[ {n,n + 1} \right]$上的支撑部分为一个不断移动，范围越来越狭小从而彼此经整数平移后不相交的波包。由于波包彼此不交，也即

\[\left\{ {n \le x \le n + 1:f\left( x \right) \ne 0} \right\} \subset {B_{{r_n}}}\left( {{a_n}} \right)\]\[{B_{{r_i}}}\left( {{a_i} - i} \right) \cap {B_{{r_j}}}\left( {{a_j} - j} \right) = \emptyset ,i \ne j\]

对 $\forall x > 0$，$\left\{ {f\left( {x + n} \right)} \right\}_{n = 1}^\infty$ 至多只有一项非零，从而条件满足，但只要让波的幅度不随着 n 衰减到 0（这也就必然不是一致连续的），结论就不满足，所以第一题的一致连续条件是无法削弱成连续条件的。

 

最后补充一道长得同样比较像的简单实变题：考虑 $f\in L^1 (0,\infty) \,,$ 证明 $\lim_{n\to\infty} f(x+n)=0$ 对几乎处处的 $x$ 成立.

提示：考虑集合 \[\{ x>0 : \limsup_{n \to \infty} |f(x+n)|>0 \} = \bigcup_{k ,\, l \geq 1} \{ l-1<x \leq l : \limsup_{n \to \infty} |f(x+n)| \geq \frac{1}{k} \}\] 即可.