大家好!
这一部分选自讲师花了两节课(实际上可能还拖了两节课的堂)讲的第一章的相关习题。它们多半都有一定的难度,很多的步骤都不是"顺其自然"可以想到的,因此可把这一节笔记内的证明思想一样作为积累为以后运用。
注意:这一节的习题主要会使用分析法来叙述,因此不能直接使用在试题或者教科书中。
提供之前的笔记:
我们开始本节的内容。本节是复习章节。
首先是一些集合语言的翻译题。
Problem 1:
试用 表示
常规题,从左到右剖析每一个运算的集合意义。
首先我们在第一节介绍了 ,之后要注意函数上极限的定义(数分一中有),就是对一个函数列的上确界取极限,具体一些就是 。进一步想,如果 时,它的上确界列依然是 的,那么我 在比较小的时候,这个上确界列也依然是满足这个条件的( 在小的时候,要取上确界的函数值对象其实变多了,那么上确界的值自然不会减),而另一方面,如果对于每一个 都满足这个不等式,那取极限自然也满足条件。根据这个思路我们可以得到它为 。接下来,如果存在 ,使得这个函数的值是 的,那么自然对这个函数列取上确界也是满足条件的。所以进一步可以得到它为 。这就已经完成了我们的构造。
Problem 2:
设 ,令 ,求
这个题的思路也是非同寻常的。首先我们不难猜得答案是 ,所以要证明集合列的极限是这个答案,就需要考虑一个下极限和一个上极限。我们在第一节说过,一个集合列的上极限是比一个集合列的下极限要"不小"的。所以如果我们说明了这个集合它包含于一个集合列的下极限,却又包含了同样这个集合列的上极限,那么就足够证明结论了。
我们先证明 。取任意的 ,那么 ,那么根据极限的定义,自然就说明,对于任意的 ,存在一个 ,使得 。这就说明了 ,也就是说,我们论证了存在一个 满足对于任意的 成立上面的条件,根据集合语言即可知 。这就是集合列下极限的定义。
下面,我们再证明 即可。这里我们考虑对集合取一个补集考虑,意思就是说,只要证明不在右边的集合的元素一定也不在左边集合即可。那么如果 。这就说明 ,并且 ,那么对于任意的 ,存在 ,使得 时有 ,这就说明了 。那么自然不可能有 (因为 )。也就是它不在集合的上极限中,这就证明了结论。
Problem 3:
这个命题是想说两个函数值是恒等的。注意到特征函数只有可能取到0或1,所以分别讨论两种情况自然就可以了。
假设 ,这就说明 ,翻译一下就是说,对于任意的 。现在我们再看看另一边,注意到函数值的上极限就是 的意思。那么把我们得到的解释语言翻译为特征函数,就是说,对于任意的 , 。那么由于 ,所以自然就说明了结论。
假设 ,那就是 。把上面的解释语言取反,就是说 。那么自然对于任意的 ,这就说明了 ,也就得到了结论成立。
下面是关于集合是否可数的一些题目。
Problem 4:
设 是无限集。若从 中任意选取不同的数所组成的无穷正项级数总收敛,试证明 可数。
首先因为 ,所以如果我们设 ,那么 。然后注意到每一个 内的元素都是有限个的即可(这是因为如果有一个集合 它是无限集,那么取里面的元素就有 发散),有限个是可数个,可数个可数集合并一下自然还是可数的,这就证明了结论。
对一个集合做"可数的拆分"是一个很重要的证明集合可数的方式。
Problem 5:
设 是定义在 上的实值函数,且存在常数 使得对 中任意有限个数 有 。试证明 是可数集。
事实上,设 , ,那么 。同样的思路,现在只需要说明,对于每一个固定的 , 都是有限集即可。不妨假设存在 是一个无限集,那么根据 即可推出矛盾,所以它每一个都是有限集,同理对 。所以 每一个都是有限集。可数个并自然是可数集,结论证完。
Problem 6:
设 是定义在 上的实值函数。若对于任意的 ,都存在 ,使得 时, ,证明 是可数集。
简单分析一下题目,意思就是说,对于任意的 ,都 。也就是说存在 ,使得 。那么如何证明可数呢?这里的思路是,构造一个函数定义域内点到函数值的一一映射。
那么因为定义域需要构造成可数的。所以需要用有理数集做一些处理。取 。这样就有 。
考虑构造映射 ,那么根据映射的定义,满射是显然的。下面考虑证明它是一个单射。若对于两个元素 ,有 ,那么就有 。这样的话, (注意一下我们证明开始部分的中间结论)。而证明 是同理的。也就是说 是一个单射。
现在构造出了一一映射,又因为 是有理数的子集,那自然是可数集。结论证完。
Problem 7:
不存在 上的连续函数 ,其在无理数集 上是一一映射,而在 上不是一一映射。
我们假设存在这样的函数 ,那么自然存在 ,使得 。令 ,下面的证明重点自然围绕 展开。
首先先证明 。否则的话,就说明它在 内是稠密的,也就是说任意的一个区间都会存在一个点它的函数值是 。这样的话,利用极限语言可知,对于任意的 (既然你要推矛盾,自然要考虑无理数的方向),使得 ,其中 。由于函数是连续函数,所以可以考虑极限,因此这样的话可以得到 ,这就矛盾了(因为无理数上是一一映射)。
既然这个集合不稠密,那么自然存在 与 ,使得 。因为 是可以任意小的,所以不妨设 。
现在我们有了一个集合,它内的所有的元素的函数值都不是 ,那么考虑左右的函数值是 的相关点,看看是否有更好的结论。设 , 。这就说明 ,且对任意的 。又因为函数连续,所以要不函数值一直都大于 ,要不反过来。不妨设是前一种情况,那么存在 ,这个点为函数的最大值点。又 ,而左边是一个不可数集,右边却可数,这就矛盾了。
重新理一下思路就是,你需要找到一个函数来说明反例,这需要利用区间的不可数性。为了让这样的区间存在,我们必须要说明它不稠密。下面这张图可以说明最后的解释的本质。
Problem 8:
若 中的点不能以数值大小排列,那么 。
还是一样,设 ,那么 ,那么存在 使得 中的点不能以大小排列,那么就说明它是一个无限集。这样的话,因为每一个都是有限集,所以它必然存在一个极限点(B-W定理),那么自然 。
Problem 9:
若 中任意两点间的距离均大于1,那么 是可数集。
这种点的距离的题目,我们要证明点可数,自然要把它与有理数联系起来,构造一个一一映射。而开球自然是非常好的方式。
因为有理数集的稠密性可知,对于任意的 ,取 ,都可以做到 。先证明 。设 ,那么 ,但另一方面 ,这就矛盾了。
所以这样的话,每一个 就会对应一个独特的 ,但是 是可数的,二者又是对等的,所以自然结论就成立了。
之后的几个题目会与开闭集,覆盖等内容有关。
Problem 10:
设 是闭集, ,证明 是闭集。
要证明一个集合是闭集,只需要说明 即可。
注意到,对于任意的 ,都存在 ,使得 。那么由于 ,所以存在 ,使得 。根据 可以一一对应得到一个数列 ,并且由 有界可得 也有界。那么必然存在收敛子列 ,使得 ,其中 是这个数列的极限。且由于 是闭集,可得 。那么进一步的,会有 ,这就证明了 。结论证完。
Problem 11:
设 为 中的一族有界闭集,若任取其中有限个 都有 ,证明
如果 ,那么挑出其中任何一个 ,都会有 。也就是 。注意到这是一个开覆盖,所以根据 是一个有界闭集可知存在有限的子覆盖 ,使得 。这就说明 ,这就与题目条件矛盾了。
Problem 12:
设 是有界闭集, 是 的开球覆盖,证明存在 使得以 中任何一个点为中心, 为半径的球一定含于 中的一个。
根据覆盖的定义可知,对于任意的 ,都存在 使得 ,也即存在 ,使得 ,缩小开球的半径,可以得到 (事实上,缩不缩小半径,这都一定是对的)。所以存在一个有限的开覆盖,也就是 ,那么再次根据覆盖的定义可得对于任意的 ,存在 使得 。那自然存在也就有 (和第9题构造思路相同),所以这样子只需要令 即可。
Problem 13:
设有 中的闭集F以及开集列 。如果对于每一个 都有 ,那么有 。其中 。
这个命题就相当于是说 在 中稠密。那么要证明它自然只需要说明对于任意的 和 ,存在 ,使得 。
从条件出发,取定 ,这样就给集合划分了一个范围,我们要去找这个 。根据 可知,这个范围内一定都会有 内的元素,也就是说存在 ,使得 。那么为了方便讨论,我们进一步做一个限制,取 ,使得 (因为 本身也是开集 中的元素,所以根据开集的性质,取 非常小的时候这是一定可以做到的)。按照同样的思路,根据 可以推出来存在 , ,使得 。
一直推下去就有对于任意的 ,存在 ,使得 ,使得 。所以说我们就构造出了一个有界递减闭集列 ,并且会存在 。又因为 ,所以 。结合 即可得到结论。
小结
这一节的内容主要是第一节的很多习题(但是不一定覆盖完全了,之后可能会视情况再做增补)。需要提醒的是习题的解答本身也是有很多新奇的思想的,所以不必为做不出习题而感到恐慌,而更多的把它们当作是学习知识的进一步扩充(当然,自然也就是期中考试可能喜欢的内容了)
因为近期我们院就要进行实分析的期中考试了,所以进度会集中在近一周,大家不妨好好期待一下~
感谢大家一直以来的支持,为点赞收藏感谢赞赏的看客比心~~
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作者:刘理
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