📝 题目
4.2.18 设 ${x}_{n}$ 是(0,1)内一个序列,即 $0 < {x}_{n} < 1$ 且 ${x}_{i} \neq {x}_{j}\left( {i \neq j}\right)$ . 求证:
函数
$$ f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\operatorname{sgn}\left( {x - {x}_{n}}\right) }{{2}^{n}} $$
在(0,1)中除点 ${x}_{n}\left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ 处不连续外皆连续.
💡 答案与解析
### 4.2.16
**题目**：设函数 $f(x)$ 在 $(-a, a)$ 上无穷多次可微，且序列 $f^{(n)}(x)$ 在 $(-a, a)$ 上一致收敛到函数 $\varphi(x)$，求证： $$ \varphi(x) = C e^x \quad (C \text{ 为常数}) $$
**证明**：
1. 由已知，$f^{(n)}(x)$ 在 $(-a,a)$ 上一致收敛到 $\varphi(x)$。对任意固定的 $x$，考虑导数： 由于一致收敛，且每个 $f^{(n)}$ 可微，但并不能直接说极限函数可微。我们利用一致收敛与积分的关系。
2. 对任意 $x, h$ 使得 $x, x+h \in (-a,a)$，由微积分基本定理： $$ f^{(n)}(x+h) - f^{(n)}(x) = \int_x^{x+h} f^{(n+1)}(t)\, dt $$ 因为 $f^{(n+1)}$ 一致收敛到 $\varphi$，且积分区间长度固定，我们可以交换极限与积分（由一致收敛性保证）： $$ \varphi(x+h) - \varphi(x) = \lim_{n\to\infty} \int_x^{x+h} f^{(n+1)}(t)\, dt = \int_x^{x+h} \varphi(t)\, dt $$ 这里用到一致收敛保证在有限区间上积分与极限可交换。
3. 因此对任意 $x, x+h \in (-a,a)$，有 $$ \varphi(x+h) - \varphi(x) = \int_x^{x+h} \varphi(t)\, dt $$ 两边除以 $h$ 并令 $h\to 0$，由积分中值定理或直接由 $\varphi$ 的连续性（一致收敛的极限函数连续）可得： $$ \varphi'(x) = \varphi(x) $$ 于是 $\varphi$ 满足微分方程 $\varphi' = \varphi$，解为 $\varphi(x) = C e^x$，其中 $C = \varphi(0)$。
证毕。
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### 4.2.17
**题目**：求证函数 $$ f(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{|x - \frac{1}{n}|}{2^n} $$ 在 $(0,1)$ 上连续，除点 $x_k = \frac{1}{k}\;(k=2,3,\dots)$ 处不可微外皆可微。
**证明**：
1. **连续性**： 对每个 $n$，函数 $g_n(x) = \frac{|x - 1/n|}{2^n}$ 是连续的（绝对值函数连续）。且 $$ |g_n(x)| \le \frac{1}{2^n} \cdot \max_{x\in(0,1)} |x-1/n| \le \frac{1}{2^n} $$ 因为 $\displaystyle{\sum \frac{1}{2^n}}$ 收敛，由 Weierstrass M-判别法，级数一致收敛，故和函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上连续。
2. **可微性分析**： 除了 $x = 1/n$ 的点，每个 $g_n(x)$ 是可微的，且导数为： $$ g_n'(x) = \frac{\operatorname{sgn}(x - 1/n)}{2^n} $$ 对于任意不包含任何 $1/n$ 的闭区间，所有 $g_n$ 在该区间上均可微，且导数级数 $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{\operatorname{sgn}(x - 1/n)}{2^n} $$ 由于每一项绝对值 $\le 1/2^n$，该级数一致收敛（Weierstrass M-判别法）。因此，在任意不含奇点的区间上，$f$ 可微且导数等于该级数。
3. **在 $x=1/k$ 处不可微**： 考虑点 $x_0 = 1/k$。函数中第 $k$ 项为 $|x - 1/k|/2^k$，它在 $x_0$ 处左右导数分别为 $-1/2^k$ 和 $+1/2^k$，而其他项在该点均可微（因为其他 $1/n$ 与 $1/k$ 不同）。因此 $f$ 在 $x_0$ 处的左导数和右导数相差 $2/2^k \neq 0$，故不可微。
结论成立。
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### 4.2.18
**题目**：设 $\{x_n\}$ 是 $(0,1)$ 内互不相同的序列，求证： $$ f(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{\operatorname{sgn}(x - x_n)}{2^n} $$ 在 $(0,1)$ 中除点 $x_n$ 处不连续外皆连续。
**证明**：
1. **在非 $x_n$ 的点处连续**： 取 $x_0 \in (0,1)$ 且 $x_0 \neq x_n$ 对任意 $n$。存在 $\delta > 0$ 使得区间 $(x_0-\delta, x_0+\delta)$ 内不包含任何 $x_n$（因为 $x_n$ 是孤立点集？注意这里序列可能稠密，但固定 $x_0$ 后，对每个 $n$，若 $x_n$ 不等于 $x_0$，则存在邻域避开该点；但有无穷多个点，不能保证一个公共邻域避开所有点。这里需要更细致的分析）。
实际上，对于固定的 $x_0$，函数 $\operatorname{sgn}(x - x_n)$ 在 $x_0$ 附近是常数（只要 $x$ 不越过 $x_n$），但若 $x_n$ 在 $x_0$ 附近无限聚集，则情况复杂。然而，级数每一项的跳跃幅度为 $1/2^n$，总和收敛，因此整体跳跃可以控制。
更严格地：对任意 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使得 $\displaystyle{\sum_{n=N+1}^\infty 1/2^n < \varepsilon}$。前 $N$ 项中，只有有限个 $x_n$，可取 $\delta$ 足够小使得 $(x_0-\delta, x_0+\delta)$ 不包含这些 $x_n$（因为 $x_0$ 不等于它们）。在此邻域内，前 $N$ 项均为常数，后无穷项变化不超过 $\varepsilon$，因此 $f$ 在 $x_0$ 连续。
2. **在 $x = x_k$ 处不连续**： 考虑 $x_k$。当 $x$ 从左侧趋近 $x_k$ 时，第 $k$ 项 $\operatorname{sgn}(x - x_k) = -1$；从右侧趋近时，该项为 $+1$，跳跃为 $2/2^k$。其他项在 $x_k$ 处可能也有跳跃，但它们的跳跃幅度总和不超过 $\displaystyle \sum_{n\neq k} 2/2^n = 2(1 - 1/2^k) < 2$，而第 $k$ 项的跳跃是 $2/2^k > 0$，因此总跳跃非零，故 $f$ 在 $x_k$ 处不连续。
证毕。