[集合論] 基礎集合論的數學語言 (3)- Monotone Sequence of Sets

延續前篇  [集合論] 基礎集合論的數學語言 (2)- Limits of Sets

Definition: 單調集合的數列 (Monotone Sequence of Sets)
令 $\{A_n \}$ 為 一組 sequence of sets，我們說 $\{A_n \}$ 為 montone non-decreasing 若 $A_1 \subset A_2 \subset ... $，我們用 $A_n \uparrow$ 表示  $\{A_n \}$ 為 monotone non-decreasing sets。

另一方面，我們說 $\{A_n \}$ 為 montone non-increasing 若 $A_1 \supset A_2 \supset ... $。我們用 $A_n \downarrow$ 表示  $\{A_n \}$ 為 monotone non-increasing sets。

FACT: 對 Monotone Sequence of Sets 其極限存在。


現在我們看個結果

Theorem:
令 $\{A_n \}$ 為 monotone sequence of sets，我們有

1. 若 $A_n  \uparrow $ ( 亦即 $\{A_n\} $ 為 monotone non-decreasing) 則 \[\lim_{n \rightarrow \infty}A_n = \bigcup_{n=1}^\infty A_n\]
2. 若 $A_n  \downarrow $ (亦即 $\{A_n\} $ 為 monotone non-increasing) 則 \[\lim_{n \rightarrow \infty}A_n = \bigcap_{n=1}^\infty A_n\]

Proof

先證 (1)：令 $\{A_n \}$ 為 monotone sequence of sets  且  $A_n \uparrow $ ，我們要證\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {{A_n}} \]注意到若 集合數列的極限存在等價為
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\]現在由  $A_n  \uparrow $ 我們知道 $A_j \subset A_{j+1}$ 故
\[\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}}  = {A_n}
\]現在觀察 $\lim \inf$
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)}  = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {{A_n}}
\]接著我們在觀察 $\lim \sup$  可得
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)}  \subset \bigcup\limits_{k \ge 1}^{} {{A_k}}  = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}\]又我們知道
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\]故總合以上可推知
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}\\
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}\]且
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {{A_n}}  \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} \Rightarrow \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {{A_n}}  = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}\]

接著我們證 (2)：令 $\{A_n \}$ 為 monotone sequence of sets  且  $A_n \downarrow $ ，我們要證\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {{A_n}} \]

同之前證明(1)的手法，若 集合數列的極限存在等價為
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\] 故現在由定義 $\lim \sup$ 與 $\lim \inf$可知
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} \\
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)}
\end{array} \right.\]由於 $\{A_n \} \downarrow$，亦即 $A_{n+1} \subset A_n$ 故上述  $\lim \sup$ 與 $\lim \inf$ 有如下關係
\[\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} \\
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right) = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {{A_n}} }
\end{array} \right.\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}\\
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {{A_n}}  \subset \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right) = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}}
\end{array} \right.\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {{A_n}} \ \ \ \ \ \square
\end{array}\]

上述定理有個重要的結果值得紀錄。
若現在我們取 $B_n$ 為任意 sequence of sets，則
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\inf }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}}  \uparrow \\
\mathop {\sup }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}}  \downarrow
\end{array} \right.\]利用上述定理可得
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\inf }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}}  \uparrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array} \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {B_n}} \\
\mathop {\sup }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}}  \downarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array} \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {B_n}}
\end{array} \right.\]

讀者可嘗試以下幾個例子看看是否能正確使用上述定理

Exercise：
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 - \frac{1}{n}} \right] = [0,1)\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 - \frac{1}{n}} \right) = [0,1)\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 + \frac{1}{n}} \right] = [0,1]\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 + \frac{1}{n}} \right) = [0,1]
\end{array}\]

[數學分析] 函數的極限

這次要介紹函數極限( Limit of Function)。我們首先給出定義如下

===========================
Definition: Limit of Function
令 $X$ 與 $Y$ 為 metric spaces，設 $E \subset X$ 且 考慮函數 $f : E \rightarrow Y$ 與點 $p$ 為 limit point of $E$，則我們將函數的極限 記作 $f(x) \rightarrow p$ 當 $x \rightarrow p$ 或者
\[
\lim_{x \rightarrow p} f(x) =q
\]若 存在一點 $q \in Y$ 滿足下列條件：
對任意 $\varepsilon >0$ 存在 $\delta >0$ 使得 對所有的 $x \in E$，若 $ 0 < d_X(x,p) < \delta$，則
\[
d_Y(f(x),q) < \varepsilon
\]===========================

上述 $d_X$ 與 $d_Y$ 表示 metric in $X$ 與 metric in $Y$

Comment:
1. 上述定義從直覺上可以看出想表達我們可以透過讓 $x$ 足夠的接近 $p$ 來使得 $f(x)$ 可以被任意接近 $q$。
2. 關於上述定義提及的 Metric Space 可直接簡單視為 $\mathbb{R}^n$ Euclidean 空間，若對 Metric Space 定義有興趣讀者請參考
[數學分析] 淺談 Metric Space and Topology
3. 上述定義可等價用 limits of sequences 表示，我們將其記做下面重要的定理

===========================
Theorem:  Equivalence of Limit of Functions and Limit of Sequences 
令 $X,Y,E,f,p$ 同上述定義，則
\[
\lim_{x \rightarrow p} f(x) =q
\]若且唯若 對任意 sequence $\{p_n \}$ in $E$ 滿足 $p_n \neq q$ 且使得
\[
\lim_{n \rightarrow \infty} p_n =p
\Rightarrow \lim_{n \rightarrow \infty} f(p_n) =q
\]===========================
Proof
先證 $(\Rightarrow)$
已知 $\lim_{x \rightarrow p} f(x) =q$，我們有：對任意 $\varepsilon >0$ 存在 $\delta >0$ 使得對所有的 $x \in E$ ，若 $ 0 < d_X(x,p) < \delta$ 則
\[
d_Y(f(x),q) < \varepsilon \ \ \  \ (*)
\]
我們要證明
對任意 sequence $\{p_n \}$ in $E$ 滿足 $p_n \neq q$ 且
\[
\lim_{n \rightarrow \infty} p_n =p \Rightarrow
\lim_{n \rightarrow \infty} f(p_n) =q
\] 故首先令 sequence $\{p_n \}$ in $E$ 滿足 $p_n \neq q$ 且 $\lim_{n \rightarrow \infty} p_n =p$.   $(**)$
則我們僅需證明下式成立即可
\[
\lim_{n \rightarrow \infty} f(p_n) =q
\] 由定義拆解上式，亦即我們需要證 對任意 $\varepsilon >0$ 存在 $N >0$ 使得 $n \ge N$ 讓 $d_Y(f(p_n),q) < \varepsilon $

故取 $\delta$ 如前所定，則由 sequence $\{p_n\}$ 的假設 $(**)$ 我們可知存在 $N$ 使得 $n \ge N$ 讓
\[
0 < d(p_n,p) < \delta
\]由 $(*)$ 我們可得 對 $n \ge N$，
\[
d(f(p_n),q) < \varepsilon
\]亦即
\[
\lim_{n \rightarrow \infty} f(p_n) =q
\]

接著我們證明 $(\Leftarrow)$
利用歸謬法 (Suppose toward to Contradiction)，也就是說我們 假設
(1) 對任意 sequence $\{p_n \}$ in $E$ 滿足 $p_n \neq q$ 且使得
\[
\lim_{n \rightarrow \infty} p_n =p
\Rightarrow \lim_{n \rightarrow \infty} f(p_n) =q
\] 另外 假設 (2) $\lim_{x \rightarrow p} f(x) =q$ 不成立，亦即對原本陳述取非
存在一 $\varepsilon >0$ 使得 對任意 $\delta >0$，存在 $x \in E$，使得 $ 0 < d_X(x,p) < \delta$，但是
\[
d_Y(f(x),q) \ge \varepsilon
\] 現在我們的目標是結合假設 (1) 與 (2) 試圖尋找矛盾點。

現在觀察 (2)，給定 $\varepsilon_n >0$， 且定義 $\delta :=1/n >0 \; \text{for}\; n \in \mathbb{N}$ 則存在一組 sequence $\{ x_n\} \in E$ 使得  $ 0 < d_X(x_n,p) < \delta$，但是
\[
d_Y(f(x_n),q) \ge \varepsilon
\] 上述結果與假設 (1) 矛盾。故得證。 $\square$

Reference:
[1] W. Rudin, Principles of Mathematical Analysis
[2] T. M. Apostol, Mathematical Analysis

[集合論] 基礎集合論的數學語言 (2)- Limits of Sets

回憶在數學分析中我們定義了實數 sequence 的 limit 以及 函數 sequence 的 limt，那麼對於一組 集合 sequence 是否也能定義其極限?。 答案是肯定的。我們將仿照 實數 or 函數sequence 的 limit 來定義 集合 sequence 的極限 如下

令集合 $ A_n \subset \Omega$，我們定義
\[\mathop {\inf }\limits_{k \ge n} {A_k}: = \bigcap\limits_{k = n}^\infty  {{A_k}} ;\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\mathop {\sup }\limits_{k \ge n} {A_k}: = \bigcup\limits_{k = n}^\infty  {{A_k}} ;
\] 有了上述定義後我們可以進一步定義 $\lim\inf$ 與 $\lim \sup$
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {\bigcap\limits_{k = n}^\infty  {{A_k}} } ;\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {\bigcup\limits_{k = n}^\infty  {{A_k}} } ;
\] 有了$\lim\inf$ 與 $\lim \sup$，我們便可定義 集合 sequence 的 極限如下：

若存在一組集合 sequence $\{B_n\}$ 且 $B_n \subset \Omega, \; \forall n$ ，則我們說 $B_n$ 的極限存在若下列條件成立
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {B_n} = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {B_n} = B\]且 我們稱 $B$ 為 $B_n$ 的極限，並記做
\[
\lim_{n \rightarrow \infty} B_n = B\; \text{ or $B_n \rightarrow B$}
\]

以下我們看個例子確保我們確實了解上述定義

Example 
試證
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \left[ {0,1} \right)\]
Proof
首先觀察
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcap\limits_{k = n}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right)}
 \]注意到
\[\bigcap\limits_{k = n}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)}  = \left\{ \begin{array}{l}
k = 1:\bigcap\limits_{k = 1}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)}  = \left[ {0,\frac{1}{2}} \right)\\
k = 2:\bigcup\limits_{k = 2}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)}  = \left[ {0,\frac{2}{3}} \right)\\
...\\
k = n:\bigcup\limits_{k = n}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)}  = \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right)
\end{array} \right.
\] 故
\[ \Rightarrow \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcap\limits_{k = n}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {\left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \left[ {0,1} \right)} } \]接著觀察
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcup\limits_{k = n}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right)}
\]注意到
\[\bigcup\limits_{k = n}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)}  = \left\{ \begin{array}{l}
k = 1:\bigcup\limits_{k = 1}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)}  = \left[ {0,1} \right)\\
k = 2:\bigcup\limits_{k = 2}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)}  = \left[ {0,1} \right)\\
...\\
k = n:\bigcup\limits_{k = n}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)}  = \left[ {0,1} \right)
\end{array} \right.\]故可得
\[\bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\bigcup\limits_{k = n}^\infty  {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right)}  = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty  {\left[ {0,1} \right) = \left[ {0,1} \right)}
\]故兩者相等即為所求。$\square$

不過事實上我們可以將 集合的 sequence 的 $\lim \sup$ 與 Indicator function 連結起來。(關於 Indicator function 請參閱BLOG文章)

Lemma: The relationship between limsup and indicator function
令 $A_n \in \Omega$，我們讓 $\{ A_n \}$ 為 一組 集合 sequence。則
對於 $\lim \sup$ 我們有如下等價描述：
存在 subsequence $n_k$ 且 $n_k$ 與 $\omega$ 有關 使得
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \left\{ {\omega  \in \Omega :\sum\limits_{n = 1}^\infty  {{1_{{A_n}}}\left( \omega  \right) = \infty } } \right\}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left\{ {\omega  \in \Omega :\omega  \in {A_{{n_k}}},k = 1,2,3,...} \right\}
\end{array}
\]亦即我們可寫
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \left\{ {{A_n}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}i.o.} \right\}\]其中 $i.o.$ 表 infinitely often.
Proof: omitted.

[微積分] 函數的單調性質(1)-一階導數判斷遞增?遞減?

這次要介紹利用微分來幫助我們判斷 可導函數在某區間 是否遞增/遞減。

Theorem:
1. 考慮函數 $f(x)$ 定義在開區間 $(a,b)$上 且在此區間上可導，我們說此函數在 $(a,b)$ 上為 嚴格遞增函數(strictly increasing) 若下列條件成立：
\[
\forall x \in (a,b),\;\; f'(x) >0
\]2. 考慮函數 $f(x)$ 定義在開區間 $(a,b)$上 且在此區間上可導，我們說此函數在 $(a,b)$ 上為 嚴格遞減函數(strictly decreasing) 若下列條件成立：
\[
\forall x \in (a,b),\;\; f'(x) <0
\]3. 考慮函數 $f(x)$ 定義在開區間 $(a,b)$上 且在此區間上可導，我們說此函數在 $(a,b)$ 上為 常數函數 $c$ 若下列條件成立：
\[
\forall x \in (a,b),\;\; f'(x) =0
\]Proof: omitted.

Example 1:
考慮 $x \in \mathbb{R}$，且定義函數 $f(x) = x^2$，試判斷其遞增/遞減性質：

Solution
利用 前述 Theorem，對 $f(x)$ 求一階導數
\[
f'(x) = 2x
\]故可知當 $f'(x) = 2x >0$ 亦即 $x>0$ 時候 (或者說在區間 $(0,\infty)$) $f$ 為遞增
同理，可推知當 $f'(x) = 2x < 0$ 亦即 當 $x<0$ 時候 (或者說在區間 $(-\infty,0)$) $f$ 為遞減
同理，可推知當 $f'(x) = 2x = 0$ 亦即 當 $x=0$ 時候 (或者說在 $0$ 處) $f$ 為常數。


Example 2:
考慮 $x \in \mathbb{R}$，且定義函數 $f(x) = x^2 + 2x -5$，試判斷其遞增/遞減性質：

Solution
利用 前述 Theorem，對 $f(x)$ 求一階導數
\[
f'(x) = 2x +2
\]故可知當 $f'(x) =  2x +2 >0$ 亦即 $ x>-1$ 時候 (或者說在區間 $(-1,\infty)$) $f$ 為遞增
同理，可推知當 $f'(x) = 2x+2 < 0$ 亦即當 $x<-1$時候 (或者說在區間 $(-\infty,-1)$) $f$ 為遞減
同理，可推知當 $f'(x) = 2x +2 = 0$ 亦即當 $x=-1$時候 (或者說在 $-1$ 處) $f$ 為常數。

Comment:
上述例子讀者也許可能猜想當 出現一階導數為 $0$ 的時候，其函數的遞增/遞減會發生變化，但!! 此猜想並不為真! 下面我們看個例子：


Example 3: 
考慮  $x \in \mathbb{R}$，且定義函數 $f(x) = x^3$，試判斷其遞增/遞減性質：

Solution
利用 前述 Theorem，對 $f(x)$ 求一階導數
\[
f'(x) = 3x^2
\]故可知當 $f'(x) =  3x^2 >0$ 亦即 $ x \in \mathbb{R}$ 時候 $f$ 為遞增 且 永不遞減!!
但是當 $f'(x) = 3x^2 = 0$ 亦即當 $x=0$時候 $f$ 為常數。

此例說明了儘管出現 $x=0$的時候 $f(x)$ 的導數為常數，但此時函數函數的遞增性質並不改變。


Example 4*:
令 $f: [-1,1] \to \mathbb{R}$ 且 $ f(x) = \sqrt{1=x^2}$ 試判斷區間的遞增遞減性質。

Solution
先對該函數求導，可得
\[f'\left( x \right) = \frac{{ - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\]現在觀察上述函數可知 $f'>0$ 當 $x \in (-1,0)$ 且 $f' <0$ 當 $x \in (0, 1)$ 亦即 $(-1,0)$ 此函數遞增，且 $(0,1)$ 此函數遞減。

剩下還有三點 $-1,0,1$ 為判斷遞增遞減性質，此三點的判定可透過前一篇文章我們曾討論過的拓展到端點的定理也就是說如果原函數在關心的端點上連續，則遞增/減性質可被直接拓展到該端點上，現在回到我們的問題可發現，原函數 $f$ 在 $-1$ 與 $0$ 與 $1$ 皆連續，故我們可拓展遞增遞減性質，也就是說 $f$ 在 $[-1,0]$ 遞增，$f$ 在 $[0,1]$ 遞減。

[數學分析] 函數的單調性質(0)-淺論

令 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 為函數，

Definition: 我們說 $f$ 為單調遞增 (Monotone increasing) 若下列條件成立：
若 $x_1 < x_2$ 則 $f(x_1) \le f(x_2)$
我們說 $f$ 為單調遞減 (Monotone decreasing) 若下列條件成立：
若 $x_1 > x_2$ 則 $f(x_1) \ge f(x_2)$

我們稱 $f$ 為 單調 (Monotone) 若 $f$ 為單調遞增 或 單調遞減。

以下我們看兩個經典的例子：

Example:
1. 令 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 滿足 $f(x) = c$ 且  $c \in \mathbb{R}$ 則此常數函數 既為單調遞增 亦為 單調遞減。
2. 令 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 滿足 $f(x) = |x|$ 則此絕對值函數 並非單調遞增或單調遞減。
但注意到若我們修正絕對值函數的定義域，比如說 令 $f: [0, \infty) \to \mathbb{R}$ 滿足 $f(x) = |x|$ 則此絕對值函數 成為 單調遞增 (讀者可自行證明此性質在此不贅述)。

以下我們給出幾個單調函數重要的結果：


===============
Fact:
1. 若 $f, g$ 為在區間 $I \subset \mathbb{R}$ 上的遞增函數，則 $f+g$ 亦為在 $I$上 遞增函數
2. 若 $f, g$ 為在區間 $I \subset \mathbb{R}$ 上的遞減函數，則 $f+g$ 亦為在 $I$上 遞減函數
===============

Proof: 
我們只證明 (1)， (2) 留給讀者作為練習。

現在要證明  $f+g$ 在 $I$ 上遞增，故由定義出發，令 $x_1,x_2 \in I$ 且 $x_1 < x_2$，則由於 $f, g$ 在區間 $I$ 上遞增，故我們有
\[
f(x_1) \le f(x_2)
\]且
\[
g(x_1) \le g(x_2)
\]
現在我們觀察其和，可知
\[
f(x_1) + g(x_1) \le f(x_2) + g(x_2)
\]上述不等式表明 $f+g$ 在 $x_1$的取值 必定小於或等於 $f+g$ 在 $x_2$ 上的取值，也就是說
\[
(f+g)(x_1) \le (f+g)(x_2)\;\;\;\;\;\;\; \square
\]



===============
Theorem 1: 開區間遞增是否保證 加入端點之後仍為遞增？
令 $f$ 為在 $(a,b)$ 遞增 ，若 $f$ 在 $a$ 點連續，則 $f$ 在 $[a,b)$ 仍為遞增
同理，若 $f$ 在 $b$ 點連續，則 $f$ 在 $(a,b]$ 仍為遞增。
===============

Proof Sketch: 因為 $f$ 在 $a$ 點連續，其在該點極限值等於該點函數值 $f(a)$ 現在取 $x \in (a,b)$ 則 $x > a$ 其遞增性保證 $f(x) \ge f(a)$

===============
Theorem 2: 遞增函數保證左右極限存在
令 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 為單調函數，
1. 則 對任意 $t \in \mathbb{R}$ ，左極限 與 右極限 $f(t-)$ 與 $f(t+)$ 存在且有限，且 $f(\infty-)$ 與 $f(\infty+) $ 存在 。
2. 若 $f$ 為單調遞增，則 $f(t^-) \le f(t) \le f(t+)$
3. 若 $f$ 為單調遞減，則 $f(t^-) \ge f(t) \ge f(t^+)$
===============

Proof: omitted


Theorem 2:
考慮 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 為單調函數，現令集合 $E \neq \emptyset$ 為 $f$ 在 ${\bf \mathbb{R}}$ 上 所有 不連續的點 所形成的集合，亦即
\[
E \doteq \{x \in \mathbb{R}: f \text{ is discontinuous at $x$}\}
\]則集合 $E$ 只有以下兩種可能
1. $E$ 為有限(finite)
2. $E$ 為可數無窮 (countably infinite)

Comments:
1. 我們說一個集合為 有限 表示此 集合所含有的元素個素為有限多個。另外我們說一個集合 $E$ 為 可數無窮 表示 存在一個 一對一映射的函數 $g: E \to \mathbb{N}$。
2. 我們說一個函數 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 在 $t \in \mathbb{R}$ 點不連續若且唯若 其左右極限存在但與函數值不相等，亦即
\[
f(t^+) := \lim_{x \to t^+} f(x) \neq \lim_{x \to t^-} f(x) := f(t^-) \neq f(t)
\]

Proof:
注意到若 $f$ 為單調遞增，則 $-f$ 為單調遞減，但不連續的點個數相等，故我們可僅僅考慮 $f$ 為單調遞增的情形。

令
\[
E \doteq \{x \in \mathbb{R}: f \text{ is discontinuous at $x$}\} \neq \emptyset
\]我們要證明 (1) 與 (2) ，基本想法為由於 $f$ 取值為在實數軸 $\mathbb{R}$ 上，故由有理數在實數軸上的稠密性來試圖說明為何 (1) 與 (2) 成立。 亦即對任意 $x \in E $ 我們有 $f(x^-) < f(x^+)$且由於 $f$ 取值為在實數軸 $\mathbb{R}$ 上，故由稠密性可知 存在 $q_x \in \mathbb{Q}$ 使得
\[
f(x^-) < q_x < f(x^+)
\]
有了以上想法，我們現在利用 $f$ 單調遞增性質可知
\[
x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1^+) \le f(x_2^-)
\]故若 $x_1, x_2 \in E$ 且 $x_1 < x_2$ 則存在 $q_{x_1}, q_{x_2} \in \mathbb{Q}$ 使得
\[
q_{x_1} < q_{x_2}
\]用上述的構造 $q_{x_1}, q_{x_2}$ 我們得到以下結果：對任意 $x \in E$ 而言，存在彼此相異的有理數來表示 $x$ 且此表示為 1-1 對應。我們將所有對應的有理數收集起來建構以下集合
\[
\{q_x \in \mathbb{Q}: x \in E\}
\]則因為 $q_x \in \mathbb{Q}$ 為有理數 故此集合內元素的個素 必定為有限多 或者 可數無限多個。$\square$

[數學分析] 函數的 不連續性

令函數 $f: X \to Y$ 且 $x \in X$ 為其 domain 中一點 使得 $f$ 在該點不連續。則我們稱 函數$f$ 在此點 $x$ 不連續 ($f$ is discontinuous at $x$)。 比如說，我們看下圖，可發現該函數在 $x_0$ 處不連續 (函數圖形在 $x_0$點發生不連續， but 左右極限相等)

https://zh.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%8D%E8%BF%9E%E7%BB%AD%E7%82%B9#mediaviewer/File:Discontinuity_removable.eps.png


一般而言如果 $f$ 是透過 "分段"定義，都會有不連續問題存在。不過在此之前我們需要一些先導觀念幫助我們：亦即所謂的 左極限 (left-limits of $f$ at $x$, $f(x-)$) 與 右極限 (right-limits of $f$ at $x$, $f(x+)$)

===================
Definition: Right-Limit 
令 $f$ 定義在 $(a,b)$ 上 ，考慮任意點 $x$ 使得 $a \le x < b$，我們說 $f$在 $x$ 點處 右極限存在 (記做 $f(x+) = q$ ) 若下列條件成立：
對任意 sequence $\{t_n\} \subset (x,b)$ 使得 $t_n \to x$ ，$f(t_n) \to q$ 當 $n \to \infty$

Definition: Left-Limit
令 $f$ 定義在 $(a,b)$ 上，考慮任意點 $x$ 使得 $a < x \le b$，我們可寫  $f$在 $x$點左極限 存在 (記做 $f(x-) = q$ ) 若下列條件成立：
對任意 sequence $\{t_n\} \subset (a,x)$ 使得 $t_n \to x$ ，$f(t_n) \to q$ 當 $n \to \infty$
===================

Comments:
一般而言，常見的寫法還有
\[\left\{ \begin{array}{l}
f(x + ) = \mathop {\lim }\limits_{t \searrow x} f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {x^ + }} f\left( t \right)\\
f(x - ) = \mathop {\lim }\limits_{t \nearrow x} f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {x^ - }} f\left( t \right)
\end{array} \right.\]

===================
FACT:
對任意 $ x \in (a,b)$， $\lim_{t \to x} f(t)$ 存在 若且為若
\[
f(x+ ) = f(x - ) = \lim_{t \to x} f(t)
\]===================
Proof: omitted.

Comment:
1. 上述 FACT 只保證 左右極限 相等 等價 極限存在，但並沒有 "任何" 對於 連續性的推論!! 簡而言之，某函數的極限在某點存在 (or 左右極限在某點存在且相等) 不保證 函數在該點連續!!。

2. [直覺] 連續函數可以容忍函數被某些點被 折彎，但不允許 折斷!! 如果一旦發生折斷即為不連續函數。



有了以上左右極限的觀念，我們可以開始討論 不連續性質：

===================
Definition: Classification of Discontinuity
令函數 $f$ 定義在 $(a,b)$ 上，若 $f$ 在點 $x$ 處不連續 且 若 $f(x+)$ 與 $f(x-)$ 存在，則我們稱 $f$ 為 simple discontinuity at $x$。(或稱 $f$ 有 discontinuity of the first kind。)
其餘的不連續則統稱為 discontinuity of the second kind
===================

Comments:
簡潔判斷 discontinuity of the first kind 的方法：檢驗其是否 左右極限存在


以下我們看幾個例子：

Example 1: First Kind Discontinuous Function
定義
\[f\left( x \right): = \left\{ \begin{array}{l}
1,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( {x\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}rational} \right)\\
0,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( {x\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}irrational} \right)
\end{array} \right.\]試證明 $f$ 為 discontinuity of the second kind。

Proof:
讀者應可判斷此函數 $f$ 已為不連續函數，剩下的只需判斷是 first kind 或者 second kind。 故選任意點 $x$，注意到對任意點而言，$f(x+)$ 與 $f(x-)$ 皆不存在!(會在 $0,1$ 之間震盪) 故不滿足 first kind 不連續性，我們可推知其必為 discontinuity of the second kind。$\square$

Example 2: First Kind Discontinuous Function
考慮
\[f\left( x \right): = \left\{ \begin{array}{l}
x + 2,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( { - 3 < x <  - 2} \right)\\
 - x - 2,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( { - 2 \le x < 0} \right)\\
x + 2,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( {0 \le x < 1} \right)
\end{array} \right.\]則如果我們繪製出函數圖形可看出

直覺檢驗 (NOT PROOF)：可發現函數在 $x=0$處 發稱間斷! (不連續在此點產生)；另外此函數在 $x \in (-3,1)$ 處均為連續函數 (因為此函數只有被折但沒有發生 "折斷"。)$\square$


Example 3: Second Kind Discontinuous Function
\[f\left( x \right): = \left\{ \begin{array}{l}
\sin \left( {\frac{1}{x}} \right),\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( {x \ne 0} \right)\\
0,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array}\left( {x = 0} \right)
\end{array} \right.\]
則如果我們繪製出函數圖形可看出

可以發現在 $x=0$ 處，圖形劇烈震盪。若我們檢驗其 $f(x+)$ 與 $f(x-)$ 可知其皆不存在。故函數在 $x=0$處為 second kind discontinuous，但 除了 $x=0$以外其餘點皆連續 (因為 $ \sin (\cdot)$ 函數為連續函數)。$\square$

我們現在將不連續
以下我們看個結果：

Theorem:
令 $f$ 為 $(a,b)$ 上 實數單調遞增函數 (monotonically increasing on $(a,b)$)，則對任意 $x \in (a,b)$ 其左右極限 $f(x+)$ 與 $f(x-)$ 存在。亦即
\[\mathop {\sup }\limits_{a < t < x} f\left( t \right) = f\left( {x - } \right) \le f\left( x \right) \le f\left( {x + } \right) = \mathop {\inf }\limits_{x < t < b} f\left( t \right)\]且若 $a < x < y < b$ 則
\[
f(x+) \le f(y-)
\]
Proof: omitted. see Rudin. Mathematical Analysis 3rd, Chapter 4.


Theorem: 令 $f$ 為 $(a,b)$ 上 實數單調遞增函數 (monotonically increasing on $(a,b)$)，則 $f$ 在 $(a,b)$ 中的不連續點 個數最多僅有 countably many。

Proof:
令 $f$ 為 $(a,b)$ 上 遞增函數 (increasing on $(a,b)$)且定義集合 $E$ 為所有 $(a,b)$區間上的點使 $f$ 不連續 所形成的集合
\[E: = \left\{ {x \in \left( {a,b} \right):f\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{is}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{discontinuous}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{at}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}x} \right\}\]由 (前述 Theorem )可知 $f$ 為 $(a,b)$ 上 遞增函數 (increasing on $(a,b)$)，則對任意 $x \in (a,b)$ 其左右極限 $f(x+)$ 與 $f(x-)$ 存在 且下列關係成立
\[f\left( {x - } \right) \le f\left( y \right) \le f\left( {x + } \right)\]

現在對任意 $x \in E$，由於 $f(x) $ 為實數函數，利用 實數稠密性質，我們可指派 有理數 $ r(x) $ 使得
\[f\left( {x - } \right) \le r\left( x \right) \le f\left( {x + } \right) \ \ \ \ (*)
\]利用遞增性質 可知 $x_1< x_2 \Rightarrow f(x_1) < f(x_2)$ 故再利用前述 Theorem 可知
\[\begin{array}{l}
{x_1} < {x_2} \Rightarrow f({x_1}) < f({x_2})\\
 \Rightarrow f({x_1} + ) \le f({x_2} - ) \ \ \ \ (**)
\end{array}\] 現在比較 $(*)$ 與 $(**)$ 可推知
\[{x_1} \ne {x_2} \Rightarrow r\left( {{x_1}} \right) \ne r\left( {{x_2}} \right)\]上式表示我們建構了 集合 $E$ 與 $\mathbb{Q}$ 之間為 one-to-one (by definition)。故可知 $E$中 不連續點 最多 countably many 個。 $\square$

[微積分] 雙變數函數的極限

以下討論均考慮 雙變數情況
============
Definition: Limit of function with two variables
令 $f :D \subset  \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ 且 點 $(a,b) \in D$，則我們說 $f(x,y)$ 在點 $ (a,b)$ 的 Limit  $L$ 記做 $f(x,y) \to L$ as $(x,y) \to (a,b)$ 或者
\[
\lim_{(x,y) \to (a,b)}f(x,y) =L
\]若下列條件成立：
對任意 $\varepsilon >0$ 存在 $\delta >0$ 使得 對任意 $(x,y) \in D$，
\[
\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2} < \delta \Rightarrow |f(x,y) - L| < \varepsilon
\]============

Comments:
事實上上述定義可直接推廣到 $n$ 變數的情況，但為免以下分析過於複雜我們在此僅討論雙變數的情況。以下我們看個例子。


Example
試證 $\displaystyle \lim_{ (x,y) \to (0,0)} \frac{3 x^2y}{x^2 + y^2}$ 存在 且 其極限值為 $0$。

Proof:
要證明   $\displaystyle \lim_{ (x,y) \to (0,0)} \frac{3 x^2y}{x^2 + y^2}$ 存在，由定義出發：給定  $\varepsilon >0$，要證明 存在 $\delta >0$ 使得 對任意 $(x,y) \in \mathbb{R}^2$，
\[
\sqrt{(x-0)^2+(y-0)^2} < \delta \Rightarrow |f(x,y) - 0| < \varepsilon
\]
首先觀察
\[|f(x,y) - 0| = |\frac{{3{x^2}y}}{{{x^2} + {y^2}}}| = \frac{{3{x^2}\left| y \right|}}{{{x^2} + {y^2}}} \le 3\left| y \right| = 3\sqrt {{y^2}}  \le 3\sqrt {{y^2} + {x^2}}
\]故若我們取 $\delta := \varepsilon/3 >0$ 則對任意 $(x,y) \in \mathbb{R}$，我們可得
\[\sqrt {{{(x - 0)}^2} + {{(y - 0)}^2}}  < \delta  \Rightarrow |f(x,y) - 0| \le 3\underbrace {\sqrt {{y^2} + {x^2}} }_{ < \delta  = \varepsilon /3} < 3\left( {\frac{\varepsilon }{3}} \right) < \varepsilon \]故 $\displaystyle \lim_{ (x,y) \to (0,0)} \frac{3 x^2y}{x^2 + y^2} =0$ $\square$


Comment:
在單變數函數的情況中，我們知道極限存在 等價 左右極限相等 (從左方逼近 = 右方逼近)，但是如果情況推廣到雙變數，則情況將不再這麼單純，所謂的極限存在必須對 "任意" 的逼近方向其極限都必須相等。


============
FACT:
若 $f(x,y) \to L_1 \text{ as } (x,y) \to (a,b)$ 沿著某路徑 $C_1$ 逼近 且 $f(x,y) \to L_2 \text{ as } (x,y) \to (a,b)$  沿著某路徑 $C_2$ 逼近 且 $L_1 \neq L_2$ 則 $\lim_{(x,y) \to (a,b)}f(x,y) =L$ 不存在。
============


Example:
考慮 $\displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2-y^2}{x^2 + y^2}$ ，試問其極限是否存在?

Solution
令 \[
f(x,y):=\frac{x^2-y^2}{x^2 + y^2}
\]首先考慮沿著 $x$ 軸 逼近 $(0,0)$ 的情況：
由於我們沿著 $x$ 軸，故此時 $y=0$ 我們可先計算
\[f(x,0): = \frac{{{x^2}}}{{{x^2}}} = 1,\;\; \forall x \neq 0 \]故我們可知
\[
f(x,y) \to 1 \; \text{ as }\;(x,y) \to (0,0) \;\; \text{ along x-axis}
\]
接著我們考慮沿著 $y$ 軸 逼近 $(0,0)$ 的情況
同理，由於我們沿著 $y$ 軸，故此時 $x=0$ 我們可先計算
\[f(0,y): = \frac{{ - {y^2}}}{{{y^2}}} =  - 1,\;\; \forall y \neq 0\]故我們可知
\[
f(x,y) \to -1\; \text{ as }\; (x,y) \to (0,0)\;\; \text{ along y-axis}
\]注意到此時沿著路徑 $y$ 軸的極限 不等於 沿著 $x$ 軸的極限，故我們說 $\lim_{(x,y) \to (a,b)} \frac{x^2-y^2}{x^2 + y^2}$  不存在 (by FACT)。$\square$


Comment: 注意到，上述例子也許會給出一個錯誤的印象：認為只要檢驗兩軸即可。但若讀者回憶我們前面討論的內容即可發現，對於雙變數函數的情況，極限存在的條件是對 "任意"方向逼近都必須要正確 (任意方向泛指除了單軸逼近，任意直線逼近，任意線段逼近都要正確!!)；現在我們看個例子


Example 2
考慮 $f(x,y) = \frac{xy}{x^2 + y^2}$ 試問極限 $\displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y)$ 是否存在?

Solution
考慮 $y:=mx$ 且 $m$ 為任意斜率；則此為過 $(0,0)$ 的任意斜直線，我們可用此方程幫助我們檢驗沿著任意直線方向逼近 $(0,0)$ 的極限是否相等 (NOTE: 除了沿著 $y$ 軸逼近 $(0,0)$ 之外 (why? 因為垂直線段斜率沒有定義!) )  ：

且看
\[f(x,mx) = \frac{{xy}}{{{x^2} + {y^2}}} = \frac{{x\left( {mx} \right)}}{{{x^2} + {{\left( {mx} \right)}^2}}} = \frac{{m{x^2}}}{{{x^2} + {m^2}{x^2}}} = \frac{m}{{1 + {m^2}}},\forall x \ne 0\]亦即
\[\mathop {\lim }\limits_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = \frac{m}{{1 + {m^2}}}
\]上式顯示了若改變 $m$ 值 (由不同斜線逼近 $(0,0)$)，則 $f(x,y)$ 會得到不同的極限，故 $\displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y)$ 不存在 (by FACT)。$\square$

EXERCISE: 讀者可嘗試重做上述題目但此次改成用 $x = my$ 檢驗。


Comment: Again! 上述例子也許會給出一個錯誤的印象：認為只要檢驗任意直線方向逼近即可。但若讀者回憶我們前面討論的內容即可發現，對於雙變數函數的情況，極限存在的條件是對 "任意"方向逼近都必須要正確 (任意方向泛指任意 "線段" (不只有直線) 逼近都要正確!!)；現在我們看個例子


Example 3
考慮 $f(x,y)=\frac{xy^2}{x^2 + y ^4}$ 試問其在 $(0,0)$ 處極限是否存在

Solution:
直接考慮 $y=mx$ (檢驗沿著任意方向斜直線逼近 $(0,0)$)
\[f(x,mx) = \frac{{x{{\left( {mx} \right)}^2}}}{{{x^2} + {{\left( {mx} \right)}^4}}} = \frac{{x{m^2}{x^2}}}{{{x^2} + {m^4}{x^4}}} = \frac{{x{m^2}}}{{1 + {m^4}{x^2}}},\forall x \ne 0\]故
\[f(x,mx) = \frac{{x{m^2}}}{{1 + {m^4}{x^2}}} \to 0 \text{ as } \; (x,y) \to (0,0)\]儘管我們得到了一致的極限，這並不代表極限存在，我們必須再度檢驗其他情況：

現在試著用 $y:=x^2$ (檢驗沿著二次曲線逼近 $(0,0)$)：
\[f(x,{x^2}) = \frac{{x{{\left( {{x^2}} \right)}^2}}}{{{x^2} + {{\left( {{x^2}} \right)}^4}}} = \frac{{x{x^2}}}{{1 + {x^2}{x^2}{x^2}}} \to 0 \; \text{ as } \; (x,y) \to (0,0)
\]與 $x:=y^2$，但此時
\[f({y^2},y) = \frac{{{y^2}{y^2}}}{{{{\left( {{y^2}} \right)}^2} + {y^4}}} = \frac{1}{2}\]若取極限沿著 $x=y^2$ 亦為 $1/2 \neq 0$ 故  $f(x,y)=\frac{xy^2}{x^2 + y ^4}$ 在 $(0,0)$ 處極限不存在!! (by FACT) $\square$