數學分析 連續函式的孤立零點

假設$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$是一個連續函式，稱$x_0\in \mathbb{R}$是$f$的零點如果$f(x_0)=0$，記 N ( f ) = { x ∈ R : f ( x ) = 0 } N(f) = \{x \in \mathbb{R}:f(x)=0\} N(f)={x∈R:f(x)=0}，表示函式$f$的零點的集合。稱$x_0$是一個孤立零點(isolated zero)如果$\exists r>0,x\in \mathbb{R}$, 其中 B ( r , x ) ∩ N ( f ) = { x 0 } B(r,x) \cap N(f) = \{x_0\} B(r,x)∩N(f)={x0​}， B ( r , x ) = { y ∈ R : ∣ x − y ∣ < r } B(r,x)=\{y \in \mathbb{R}:|x-y|<r\} B(r,x)={y∈R:∣x−y∣<r}是以$x$為中心，$r$為半徑的鄰域。

下面討論開集上的連續函式與閉集上的連續函式的孤立零點的性質：

性質1 存在$f:(0,1)\to \mathbb{R}$是一個連續函式，並且有無窮多個孤立零點；

性質2 假設$f:[0,1]\to \mathbb{R}$是一個連續函式，並且$f$的所有零點都是孤立零點，則$f$只有有限個零點。

評註 這兩個性質說明定義在開集與定義在緊集上的連續函式的孤立零點的行為是有差異的。定義在開集上的連續函式可以有無窮多個孤立零點，定義在緊集上的連續函式只能有有限個孤立零點，如果定義在緊集上的連續函式有無窮個孤立零點，根據Bolzano-Weierstrass定理，一定可以找到一個收斂的孤立零點序列，然而這收斂就和孤立零點的定義矛盾了。

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證明性質1
假設$f:(0,1)\to \mathbb{R}$是一個同胚，即$f$是雙射、$f$與$f^{-1}$都是連續函式。定義$g(x)=\sin (f(x))$。

Claim 1. $\sin (x)$的零點都是孤立零點；
我們知道$\sin (x)$的零點集合為
N ( sin ⁡ ) = { k π : k ∈ Z } N(\sin) = \{k\pi:k \in \mathbb{Z}\} N(sin)={kπ:k∈Z}

顯然$|N(\sin )|=|\mathbb{Z}|$，並且$N(\sin )$中任意兩個零點之間的距離為$\pi$，所以給定$k\in \mathbb{Z}$，
B ( π 2 , k π ) ∩ N ( sin ⁡ ) = { k π } B(\frac{\pi}{2},k\pi) \cap N(\sin) = \{k\pi\} B(2π​,kπ)∩N(sin)={kπ}

因此$\sin (x)$有無窮個零點且都是孤立零點；

Claim 2. $g(x)$有無窮多個零點且都是孤立零點；
因為$f$是同胚，給定$k\in \mathbb{Z}$，$\exists U_k\subset (0,1)$，
$$f(U_k)=B(\frac{\pi }{2},k\pi )$$

並且$\forall k\ne l$,
$$U_k\cap U_l=\varphi$$

根據連續性，$\forall k\in \mathbb{Z},\exists x_k\in U_k$，
$$f(x_k)=k\pi$$

於是
N ( g ) = { x k : k ∈ Z } N(g) = \{x_k:k \in \mathbb{Z}\} N(g)={xk​:k∈Z}

顯然$N(g)$是無限集，並且
N ( g ) ∩ U k = { x k } N(g) \cap U_k = \{x_k\} N(g)∩Uk​={xk​}

所以$g(x)$有無窮多個零點且都是孤立零點。

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證明性質2
我們考慮反證法。假設$N(f)$是無限集，在這個無限集中選出一個序列 { x n } \{x_n\} {xn​}，因為$[0,1]$是緊集， { x n } ⊂ N ( f ) ⊂ [ 0 , 1 ] \{x_n\} \subset N(f) \subset [0,1] {xn​}⊂N(f)⊂[0,1]，根據Bolzano-Weierstrass定理， ∃ { x n k } ⊂ { x n } \exists \{x_{n_k}\} \subset \{x_n\} ∃{xnk​​}⊂{xn​}滿足
$$\exists x\in [0,1],x_{n_k}\to x,k\to \infty$$

因為$f$是連續函式，
$$f(x)=\underset{k\to \infty }{\lim }f(x_{n_k})=\underset{k\to \infty }{\lim }0=0$$

也就是說$x\in N(f)$。現在再用一次$x_{n_k}\to x$，也就是$\forall ϵ>0$, $\exists N(ϵ)\in \mathbb{N}$, $\forall n_k\ge N(ϵ)$, $x_{n_k}\in B(ϵ,x)$，因為$\forall n_k\ge N(ϵ)$, $x_{n_k}\in N(f)$，於是 B ( ϵ , x ) ∩ N ( f ) ⊃ { x } B(\epsilon,x) \cap N(f) \supset \{x\} B(ϵ,x)∩N(f)⊃{x}，這與$f$的所有零點都是孤立零點矛盾。綜上，$N(f)$是有限集。