数学分析连续函数的孤立零点

假设f:R→Rf:\mathbb{R} \to \mathbb{R}f:R→R是一个连续函数，称x0∈Rx_0 \in \mathbb{R}x0∈R是fff的零点如果f(x0)=0f(x_0)=0f(x0)=0，记N(f)={x∈R:f(x)=0}N(f) = \{x \in \mathbb{R}:f(x)=0\}N(f)={x∈R:f(x)=0}，表示函数fff的零点的集合。称x0x_0x0是一个孤立零点(isolated zero)如果∃r>0,x∈R\exists r>0,x \in \mathbb{R}∃r>0,x∈R, 其中B(r,x)∩N(f)={x0}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xxx为中心，rrr为半径的邻域。

下面讨论开集上的连续函数与闭集上的连续函数的孤立零点的性质：

性质1 存在f:(0,1)→Rf:(0,1) \to \mathbb{R}f:(0,1)→R是一个连续函数，并且有无穷多个孤立零点；

性质2 假设f:[0,1]→Rf:[0,1] \to \mathbb{R}f:[0,1]→R是一个连续函数，并且fff的所有零点都是孤立零点，则fff只有有限个零点。

评注这两个性质说明定义在开集与定义在紧集上的连续函数的孤立零点的行为是有差异的。定义在开集上的连续函数可以有无穷多个孤立零点，定义在紧集上的连续函数只能有有限个孤立零点，如果定义在紧集上的连续函数有无穷个孤立零点，根据Bolzano-Weierstrass定理，一定可以找到一个收敛的孤立零点序列，然而这收敛就和孤立零点的定义矛盾了。

证明性质1
假设f:(0,1)→Rf:(0,1) \to \mathbb{R}f:(0,1)→R是一个同胚，即fff是双射、fff与f−1f^{-1}f−1都是连续函数。定义g(x)=sin⁡(f(x))g(x) = \sin (f(x))g(x)=sin(f(x))。

Claim 1. sin⁡(x)\sin(x)sin(x)的零点都是孤立零点；
我们知道sin⁡(x)\sin(x)sin(x)的零点集合为
N(sin⁡)={kπ:k∈Z}N(\sin) = \{k\pi:k \in \mathbb{Z}\}N(sin)={kπ:k∈Z}

显然∣N(sin⁡)∣=∣Z∣|N(\sin)| = |\mathbb{Z}|∣N(sin)∣=∣Z∣，并且N(sin⁡)N(\sin)N(sin)中任意两个零点之间的距离为π\piπ，所以给定k∈Zk \in \mathbb{Z}k∈Z，
B(π2,kπ)∩N(sin⁡)={kπ}B(\frac{\pi}{2},k\pi) \cap N(\sin) = \{k\pi\}B(2π,kπ)∩N(sin)={kπ}

因此sin⁡(x)\sin(x)sin(x)有无穷个零点且都是孤立零点；

Claim 2. g(x)g(x)g(x)有无穷多个零点且都是孤立零点；
因为fff是同胚，给定k∈Zk \in \mathbb{Z}k∈Z，∃Uk⊂(0,1)\exists U_k \subset (0,1)∃Uk⊂(0,1)，
f(Uk)=B(π2,kπ)f(U_k) =B(\frac{\pi}{2},k\pi) f(Uk)=B(2π,kπ)

并且∀k≠l\forall k \ne l∀k=l,
Uk∩Ul=ϕU_k \cap U_l = \phiUk∩Ul=ϕ

根据连续性，∀k∈Z,∃xk∈Uk\forall k \in \mathbb{Z}, \exists x_k \in U_k∀k∈Z,∃xk∈Uk，
f(xk)=kπf(x_k) = k\pif(xk)=kπ

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

显然N(g)N(g)N(g)是无限集，并且
N(g)∩Uk={xk}N(g) \cap U_k = \{x_k\}N(g)∩Uk={xk}

所以g(x)g(x)g(x)有无穷多个零点且都是孤立零点。

证明性质2
我们考虑反证法。假设N(f)N(f)N(f)是无限集，在这个无限集中选出一个序列{xn}\{x_n\}{xn}，因为[0,1][0,1][0,1]是紧集，{xn}⊂N(f)⊂[0,1]\{x_n\} \subset N(f) \subset [0,1]{xn}⊂N(f)⊂[0,1]，根据Bolzano-Weierstrass定理，∃{xnk}⊂{xn}\exists \{x_{n_k}\} \subset \{x_n\}∃{xnk}⊂{xn}满足
∃x∈[0,1],xnk→x,k→∞\exists x \in [0,1],x_{n_k} \to x,k \to \infty∃x∈[0,1],xnk→x,k→∞

因为fff是连续函数，
f(x)=lim⁡k→∞f(xnk)=lim⁡k→∞0=0f(x) = \lim_{k \to \infty}f(x_{n_k}) = \lim_{k \to \infty} 0 = 0f(x)=k→∞limf(xnk)=k→∞lim0=0

也就是说x∈N(f)x \in N(f)x∈N(f)。现在再用一次xnk→xx_{n_k} \to xxnk→x，也就是∀ϵ>0\forall \epsilon>0∀ϵ>0, ∃N(ϵ)∈N\exists N(\epsilon) \in \mathbb{N}∃N(ϵ)∈N, ∀nk≥N(ϵ)\forall n_k \ge N(\epsilon)∀nk≥N(ϵ), xnk∈B(ϵ,x)x_{n_k} \in B(\epsilon,x)xnk∈B(ϵ,x)，因为∀nk≥N(ϵ)\forall n_k \ge N(\epsilon)∀nk≥N(ϵ), xnk∈N(f)x_{n_k} \in N(f)xnk∈N(f)，于是B(ϵ,x)∩N(f)⊃{x}B(\epsilon,x) \cap N(f) \supset \{x\}B(ϵ,x)∩N(f)⊃{x}，这与fff的所有零点都是孤立零点矛盾。综上，N(f)N(f)N(f)是有限集。