这是错误的，在$1$维中就有反例，例如Cantor集$\mathcal{C}$, 不难发现$[0,1]\times [0,1]$中任何斜率为$-1$的线都经过$\mathcal{C}\times \mathcal{C}$.

有经验。很无聊。

定义1. 对于Banach空间$X,Y$, 有界线性算子$A: X\to Y$称为一个Fredholm算子当
$$\im A\textrm{是闭的}\qquad \dim \ker T<\infty\qquad \codim \im T<\infty$$
其中$\dim, \codim$指的是作为线性空间的维数和余维数. 并定义其指标
$$\ind T=\dim \ker T- \codim \im T$$

评注2. 回顾线性代数, 对于矩阵$\bm{A}\in \mathbb{M}_{m\times n}$,
$$n-\dim\ker \bm{A}=m-\codim \im \bm{A}=\rank T$$
故$\ind \bm{A}=n-m$.

例3. 紧算子的标准结论是$C:X\to X$,
$$\im(1-C)\textrm{是闭的}\qquad \dim\ker(1-C)=\codim \im(1-C)<\infty$$
是指标为$0$的Fredholm算子.

例4. 可逆算子是指标为$0$的Fredholm算子.

引理5. 对于Banach空间$X$, 有限维子空间$W\subseteq X$. 则
$$W\oplus X/W\cong X$$
证明.
根据线性代数, 可以挑选$W$的基$\{e_i\in W\}$以及其对偶基$\{f_i: W\to \mathbb{K}\}$满足$f_i(e_j)=\delta_{ij}$. 利用Banach扩张定理, 可以将$f_i$ 延拓到$X\to \mathbb{K}$上, 滥用记号, 将延拓之后的算子仍然记作$\{f_i:X\to \mathbb{K}\}$. 取$V=\bigcap_{i}\ker f_i$, 这是闭集的交从而还是闭集, 注意到
$$x=\sum_i f_i(x)e_i\qquad \forall x\in W$$
故$W\cap V=0$. 而
$$f_j\left(x-\sum_i f_i(x)e_i\right)=f_j(x)-f_j(x)=0\qquad \forall j\forall x\in X$$
从而$W+V=X$. 于是$X/W=W\oplus V/W\cong V$. 命题得证. $\square$

引理6. 对于Banach空间$X$, 有限余维的闭子空间$W\subseteq X$. 则$X/W$是可补的, 即存在$V$使得有同胚的同构
$$X/W\oplus W\cong X$$
证明. 选取代表元$\{x_i\in X\}$使得$\{x_i+W\}$成为$X/W$的基. 容易验证$x_i$线性无关. 记$M=\operatorname{span}\{x_i\}$. 由于有限维空间都同构, 故可以作连续映射
$$P: X\to X/W\to M \to P$$
第一个是自然映射, 第二个是有限维空间的同构, 第三个是包含映射. 则$P$是有界线性算子, 且
$$P^2=P\qquad \im P=M$$
而
$$x\in \ker P\iff Px=0\iff x+M=0\iff x\in M$$
故$\ker P=M$. 则
$$x\in V\cap M\Rightarrow 0=Px=x$$
故$V\cap M=0$. 而显然
$$x=Px+(1-P)x\qquad P(1-P)x=0$$
故$V+M=X$. 命题得证. $\square$

评注7. 任何有界Fredholm算子$A:X\to Y$, 这诱导了一个同构$\hat{A}: X/\ker A\to \im A$. 且根据引理
$$X\cong X/\ker A\oplus \ker A\qquad Y\cong \im A\oplus Y/\im A$$
若将$A$视作$X/\ker A\oplus \ker A\to \im A\oplus Y/\im A$的算子, 写成矩阵为
$$\left(\begin{matrix}
\hat{A}&\\
&0_{m\times n}
\end{matrix}\right)\qquad m=\codim \im A, n=\dim \ker A$$
这就是类比线性代数中的Gauss消元法. 而更抽象地说, 任何Fredholm算子都可以归结为以下资料
   (1)Banach空间$Z$
   (2)$n$维空间$V$
   (3)$m$维空间$U$
则有界Fredholm算子指的是算子$A: Z\oplus V\to Z\oplus U$, 且满足$A|_Z=\mathrm{id}_Z$, $A|_V=0$. 这样, 上面矩阵中的$\hat{A}$就成为恒等算子, 即
$$\left(\begin{matrix}
1_{Z}&\\
&0_{m\times n}
\end{matrix}\right)\qquad m=\codim \im A, n=\dim \ker A$$
真的可以类比于Gauss消元法.

引理8. 对于有界线性算子$A:X\to Y, B:Y\to X$, 若$AB,BA$都是Fredholm算子, 则$A,B$也是.
证明. 容易验证,
$$\ker A\subseteq \ker BA\qquad \im A\supseteq \im AB$$
从而容易得到维数的结果.
因为$\im AB$是余有限维的闭子空间, 从而添加有限个向量仍然是余有限维的闭子空间, 故$\im A$是余有限维的闭子空间. $\square$

定理9. 有界线性算子$A: X\to Y$是Fredholm算子, 当且仅当存在线性算子$B:Y\to X$满足
$$AB=1-C\qquad BA=1-D$$
其中$C,D$分别是$Y,X$上的紧算子.

证明. 从而根据回忆和引理命题成立.

反之, 根据评注, 我们将$A$视作$Z\oplus V\to Z\oplus U$的算子, 则很容易构造$B: Z\oplus U\to Z\oplus V$的映射为$B|_Z=\mathrm{id}_Z, B|_U=0$. 则明显满足条件, 其中$C,D$分别是$Y$ 到$U$和$X$到$V$的投影算子.
$\square$

定理10. 若$A:X\to Y, B:Y\to Z$都是Fredholm算子, 则$BA:X\to Z$都是.
证明. 取上定理所断言的广义逆$S,T$, 满足
$$AS=1-C\qquad SA=1-D\qquad BT=1-E\qquad TB=1-F$$
则$R=ST$满足
$$BA(ST)=B(1-C)T=1-E-BCT\qquad (ST)BA=S(1-F)A=1-D-SFA$$
因为紧算子复合后还是紧算子, 紧算子相加还是紧算子, 从而根据前定理得证. $\square$

定理11. 有界线性算子$A: X\to Y$是Fredholm算子, 当且仅当存在有界线性算子$F,D$满足
$$A=F+D$$
其中$F$是有限秩算子, $D$是左可逆算子或右可逆的Fredholm算子.
证明. 假设$D$有右逆$D^{-}$, 则
$$AD^{-}=FD^{-1}+1$$
而$FD^{-1}$仍然是有限秩算子, 从而紧, 从而$AD^{-1}$是Fredholm算子, 再由$D$是Fredholm算子, 由上定理知$A$是Fredholm算子.

反之, 将$0_{m\times b}$沿对角线补充以$1$, 再减去, 补充的部分即为$D$, 减去的部分即为$F$. $\square$

推论12.
$\ind A\geq 0$, 则上定理的$D$是右可逆的, $\ind A\leq 0$, 则上定理的$D$是左可逆的, $\ind A=0$, 则上定理的$D$是可逆的.

定理13. 若$A:X\to Y, B:Y\to Z$都是Fredholm算子, 则
$$\ind BA=\ind A+\ind B$$
证明. 这本质上是线性代数
[attachment:5a3ce8e0ab6dc]
存在$\ker A$之补$\ker A^\perp$, 记
$$M=\ker A^\perp \cap \ker BA$$
则容易得到$\ker BA=\ker A\oplus M$. 记$N_1= A(M)$, 且容易验证$A|_{M}$是双射, 通过$A$, 有
$$N_1=\im A\cap \ker B $$
再作$N_2$使得$N_1\oplus N_2=\ker B$, 再作$N_3$使得
$$(\im A+\ker B)\oplus N_3=B$$
记$O=B(N_3)$, 且容易验证$B|_{N_3}$是双射, 通过$B$, 上式化为
$$O\oplus \im BA=\im B $$
因为$\ker B\subseteq \im A+\ker B$, 故为直和. 再作$W$使得$\im B\oplus W=Z$. 综合上述, 有
$$\begin{cases}
\dim \ker A =k\\
\dim \ker B =n_1+n_2\\
\dim \ker BA=k+n_1\\
\operatorname{codim} \im A=n_2+n_3\\
\operatorname{codim} \im B=w\\
\operatorname{codim} \im BA=n_3+w
\end{cases}\quad \Rightarrow\quad \operatorname{ind} BA=\operatorname{ind} A+\operatorname{ind}B$$
其中
$$n_1=\dim N_1\qquad n_2=\dim N_2\qquad n_3=\dim N_3\qquad w=\dim W$$
命题得证. $\square$

定理14. 对于Fredholm算子$A: X\to Y$, 存在$\epsilon>0$使得任何有解线性算子$B: X\to Y$满足
$||B||<\epsilon$, 就有$A+B$也是Fredholm算子, 且
$$\ind (A+B)=\ind A$$
证明. 取$A$广义逆$S$, 满足
$$AS=1-C\qquad SA=1-D$$
则
$$S(A+B)=1-C+SB\qquad (A+B)S=1-D+BS$$
取$\epsilon=\frac{1}{||S||}$, 则
$$||B||<\epsilon\quad\Rightarrow \quad ||BS||< 1, ||SB||<1$$
从而$1+SB, 1+BS$可逆, 从而容易验证
$$1-C+SB=(1+SB)(1-(1+SB)^{-1}C)\qquad 1-D+BS=(1+BS)(1-(1+BS)^{-1}D)$$
也是Fredholm算子, 因为$(1+SB)^{-1}C$和$(1+BS)^{-1}D$依旧是紧算子. 容易计算指标得到
$$\ind (1-C+SB)=0\qquad \ind(1-D+BS)=0$$
从而
$$\ind S+\ind(A+B)=0=\ind S+\ind A$$
从而$\ind (A+B)=\ind A$. $\square$

定理15. 对于Fredholm算子$A: X\to Y$, 任何紧算子$B: X\to Y$都有就有$A+B$也是Fredholm算子, 且
$$\ind (A+B)=\ind A$$
证明. 类似上定理论证. $\square$

我们来介绍Fredholm算子理论.
$\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\codim}{\operatorname{codim}}
\newcommand{\ind}{\operatorname{ind}}
\newcommand{\rank}{\operatorname{rank}}$
最近学校教张恭庆的泛函教到最后了, 最后一章最后一节是Fredholm算子理论，可惜课本写得太不清楚，故在此重写一遍。张恭庆和林源渠的泛函就如同两匹野猪在Banach及其对偶空间中乱撞。我居然还把下册买了

@mutong19970320 这个显然是怎么来的？

这是一个集合论『废话』，就是说任意给$x\in [0,1]$, 都存在$N>0$, 使得$x\in E_N$, 这就是$\lim_{n \to \infty}f(x+\ln n)=0$对任何$x\in [0,1]$的定义.

@icesheep 变量代换是不必要的，而且这个变量代换我也没看懂。

一道类似的题如下。

已知连续函数$f(x)$, 若$\lim_{n\to\infty}f(x+n)=0$, 证明或否定$\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$.

这个问题可以一般化为任何缓增长的$a_n$, 都有对连续函数$f$, $\lim_{n\to \infty}f(x+a_n)=0 \Rightarrow \lim_{x\to\infty}f(x)=0$. 其中缓增长指的是$a_n\to \infty$， 但$a_n-a_{n-1}\to 0$.

当然, 对一个问题理解可以是多重的, 或许在某些意义下这些都是没有意义的.

评注. 为了解决这个问题, 我们首先将问题变成加性的. 因为$nx=\mathrm{e}^{\ln x+\ln n}$, 通过换元$\ln x=y$, 问题等价于``已知连续函数$f(x)$, 若$\lim_{n\to\infty} f(x+\ln n)=0$, 则$\lim_{x\to +\infty} f(x)=0$. ''

观察. 然后需要一个观察, 如果在某个区间上$\lim_{n\to\infty} f(x+\ln n)=0$是一致的, 则命题得证. 这是因为
$$\forall a<b, \exists M \textrm{使得} (M,+\infty)\subseteq \bigcup_{n=1}^\infty (a+\ln n,b+\ln n)$$
这是因为$n\gg 0$时, $\ln n-\ln n-1<\frac{b-a}{2}$, 从而$(a+\ln n,b+\ln n)$和$(a+\ln (n-1),b+\ln(n-1))$有重合, 从而连成一片. 而$\ln n\to \infty$, 故可以无限延长下去.

但是, 我们没有办法证明这是一致的, 但是可以对每个$\epsilon$都找一个$N$使得这个$N$对一个有内部集合成立. 下面我们开始证明.

证明 给定$\forall \epsilon>0$, 记
$$E_N=\left\{x\in [0,1]: \forall n>N, |f(x+\ln n)|\leq \epsilon/2\right\}$$
这是一个闭集. 显然, 根据假设
$$\bigcup_{N=1}^\infty E_N=[0,1]$$
根据Baire纲定理, 有某个$N$使得$E_N$有内部, 设$(a_\epsilon,b_\epsilon)\subseteq E_N$. 根据上面的观察, 存在$M>0$使得
$$(M,\infty)\subseteq \bigcup_{n=N}^\infty (a_\epsilon+\ln n,b_\epsilon+\ln n)$$
于是$\forall x>M$, $x$必然落入某个$(a_\epsilon+\ln n,b_\epsilon+\ln n)$中, 于是容易验证,
$|f(x)|<\epsilon$成立. 这就证明了$\lim_{x\to \infty} f(x)=0$. $\square$

最后, 如果非要说对这个问题有什么反思的话, 首先转化是十分重要的; 其次, 减弱条件进行观察也很重要; 再次, 多了解深刻的结果有助于解决问题.

定理(Baire纲)对于一列$\{E_{i}\}_{i=1}^\infty\subseteq 2^{\mathbb{R}}$, 若$\bigcup_{i=1}^\infty E_i$包含一个区间, 则必有一个$E_i$有内部.
其中``$A$有内部''指的是$A$的闭包的内部不是空集.
证明. 不妨假设$E_i$都是闭集, 再不妨假设$\bigcup_{i=1}^\infty E_i$是闭区间$[a,b]$. 若$E_i$没有内部,
 即其补集$[a,b]\setminus E_i$在$[a,b]$中稠密. 故只要证明, 一些稠密的开集的交不是空集即可. 设这些开集是$\{U_i\}_{i=1}^\infty$. 任意选取开集$V_1\subseteq U_1$, 可以适当缩小$V_1$使得$\overline{V_1}\subseteq U_1$. 由于$U_2$稠密, 故$U_2\cap V_1$是非空开集, 故可以找$V_2\subseteq U_2\cap V_1$, 同样, 可以适当缩小$V_2$使得$\overline{V_2}\subseteq U_2\cap V_1$. 以此类推, 我们得到了
$$\overline{V_1}\supseteq \overline{V_2}\supseteq \ldots\qquad \overline{V_i}\subseteq U_i$$
但前者的交根据紧致性是非空的. 从而$\bigcap_{i=1}^\infty U_i\neq \varnothing$. $\square$
评注. 这可以理解为某种意义下的鸽笼原理, 即总的有内部, 则必有一个有内部. 或者说可数个无内部拼凑不出内部.

已知连续函数$f(x)$, 若$\lim_{n\to \infty}f(nx)=0$, 则$\lim_{x\to +\infty}f(x)=0$.

这道题因为被认为要用Baire纲定理而著名, 下面我们就来解决这道题.

lagrange定理只断言$\xi$的存在性，而连续性则无法保证，故$\xi$的取值可能是间断的，间断地趋向0和通常而言的趋向于0是不一样的