分析学中的连续性方法

连续性方法是数学中的重要方法，在数学分析、微分方程等方向有重要应用，而我之前居然不知道这个词。参考了一些资料进行整理，但是毕竟是个很大的体系，只列出了部分知识点。参考资料见：

1.https://www.bilibili.com/video/BV12a411Y71B?p=48&vd_source=84d747ae63525b79ef57f7be80b7c9f9（梅加强老师《数学分析》，中国大学MOOC）
2.知乎文章：研数学 习物理《基础的方法，强大的应用——几何分析中的连续性方法》
3.https://www.bilibili.com/video/BV12a411Y71B/?p=48&vd_source=84d747ae63525b79ef57f7be80b7c9f9（B站视频“[L^p理论]4.连续性方法”）

我为什么想到这个方法

我们知道代数学基本定理有多种证明方法。这学期学代数拓扑，老师给了一个代数拓扑的证法，其基本思路是用反证法：对首一多项式$P(z)$，对任意$r\ge 0$，构造从$S^1$到$S^1$的连续映射$f_r(z)$，将模长为1的复数$z$映到$P(rz)/||P(rz)||$。一方面$f_r(z)$与常值映射$f_0(z)=a_0/||a_0||$同伦，所以$f_r(z)$零伦；另一方面$r$充分大时，$f_r(z)$又与$z^n$同伦，而后者不是零伦的，导出矛盾。
其思路主要是利用映射的同伦，而这无非是将一个连续映射变成另一个连续映射。于是我在想：对于解方程$f(x)=0$，它是否有解兴许不好判断，但是把$f$同伦地变成另一个映射$g$，$g(x)=0$好解，就可以反推$f$的性质（代数学基本定理也正是判断$f(z)=0$是否有解）。于是问了老师，知道了这个方法。

连续性方法的基本原理

设$P(t)$是一族依赖于参数$t$的命题，$P(a)$成立，且满足以下两个条件：
（1）当$P(t)$成立时，存在$\delta >0$，使得$P(t+\delta )$也成立（或$P(t-\delta )$也成立）；
（2）当$P(t_n)$均成立时，$P(li{m}_{n\to \infty }{t}_n)$也成立。
则：$P(t)$对所有可能的$t\ge a$（或$t\le a$）都成立。
泛函分析中的连续性方法： 设$X,Y$是两个Banach空间，$T_0,T_1\in L(X,Y)$，令$T_t=(1-t)T_0+t{T}_1,t\in [0,1]$。如果存在$C>0$，使得$||T_{t}x|{|}_Y\ge C||x|{|}_X,\forall x\in X$，那么$T_0$满射当且仅当$T_1$满射。（此定理可以证明PDE解的存在性）

应用举例

例1： 设$f\in C^0[a,b]$，如果任给$t\in [a,b)$，$\delta >0$，均存在$t^{\prime }\in (t,t+\delta )$使得$f(t^{\prime })\ge f(t)$，则$f$为单调递增函数。
证明： 先来说明$f(b)\ge f(a)$。记$I=\{t\in [a,b]|f(t)\ge f(a)\}$，显然$a\in I$。令$\beta =supI$，则$\beta \in [a,b]$，我们断言$\beta =b$。
用反证法。假设$\beta <b$，由上确界的刻画知存在一列$\{t_n\}\subset I,t_n\to \beta$。此时$f(t_n)\ge f(a)$，令$n\to \infty$，由$f$连续性知道$f(\beta )\ge f(a)$，从而$\beta \in I$。再由已知条件可知存在${\beta }^{\prime }>\beta$使得$f({\beta }^{\prime })\ge f(\beta )$，此时${\beta }^{\prime }\in I$，这与$\beta$是上确界矛盾。
在$\beta =b$处重复前面的论证，利用$f$的连续性知道$b\in I$，即$f(b)\ge f(a)$。
再设$x,y\in [a,b]$，且$x<y$。在区间$[x,y]$中重复上述论证即知$f(y)\ge f(x)$，因此$f$为单调递增函数。
问题：如果题干条件改为“任给$t\in [a,b)$，均存在$t^{\prime }>t$使得$f(t^{\prime })\ge f(t)$”，结论是否成立？
例2： 设$f\in C^0[a,b]$，$X\subset [a,b]$为可数集，当$x\in [a,b]/X$时，$f^{\prime }(x)=0$，则$f$为常值函数。
证明： 先来说明$f(b)=f(a)$。记$X=\{x_1,x_2,\cdots \}$，当$n\ge 1$时，令
$$I_n=\{x\in [a,b]||f(x)-f(a)|\le \frac{1}{n}(x-a)+\sum _{\{k|x_k<x\}}\frac{1}{n{2}^k}\}$$
显然$a\in I_n$，记${\beta }_n=sup{I}_n$，则${\beta }_n\in [a,b]$。由$f$连续不难看出${\beta }_n\in I_n$。我们断言${\beta }_n=b$。
用反证法。假设${\beta }_n<b$，分两种情况讨论。
（1）若${\beta }_n\notin X$，此时$f^{\prime }({\beta }_n)=0$。根据导数的定义知道存在${\beta }^{\prime }>{\beta }_n$使得$|f({\beta }^{\prime })-f({\beta }_n)|\le ({\beta }^{\prime }-{\beta }_n)/n$。此时（希望导出${\beta }^{\prime }\in I_n$的矛盾）：
$$\begin{gathered} |f({\beta }^{\prime })-f(a)|\le |f({\beta }^{\prime })-f({\beta }_n)|+|f({\beta }_n)-f(a)| \\ \le \frac{{\beta }^{\prime }-{\beta }_n}{n}+\frac{{\beta }_n-a}{n}+\sum _{\{k|x_k<{\beta }_n\}}\frac{1}{n{2}^k} \\ \le \frac{{\beta }^{\prime }-a}{n}+\sum _{\{k|x_k<{\beta }^{\prime }\}}\frac{1}{n{2}^k} \end{gathered}$$
（2）若${\beta }_n\in X$，此时${\beta }_n=x_m$。由$f$连续性知道存在${\beta }^{\prime }>{\beta }_n$使得$|f({\beta }^{\prime })-f({\beta }_n)|<1/n{2}^m$。此时（仍希望导出${\beta }^{\prime }\in I_n$的矛盾）：
$$\begin{gathered} |f({\beta }^{\prime })-f(a)|\le |f({\beta }^{\prime })-f({\beta }_n)|+|f({\beta }_n)-f(a)| \\ \le \frac{1}{n{2}^m}+\frac{{\beta }_n-a}{n}+\sum _{\{k|x_k<{\beta }_n\}}\frac{1}{n{2}^k} \\ =\frac{{\beta }_n-a}{n}+\sum _{\{k|x_k\le {\beta }_n\}}\frac{1}{n{2}^k} \\ \le \frac{{\beta }^{\prime }-a}{n}+\sum _{\{k|x_k<{\beta }^{\prime }\}}\frac{1}{n{2}^k} \end{gathered}$$
以上我们证明了$b={\beta }_n\in I_n$，特别地
$$|f(b)-f(a)|\le \frac{b-a}{n}+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{n{2}^k}=\frac{1}{n}(b-a)+\frac{1}{n}$$
令$n\to \infty$知道$f(b)=f(a)$。当$x\in (a,b]$时，在$[a,x]$中重复以上论证过程得$f(x)=f(a)$。