《数学分析》笔记一(集合论与实数)

一些理论

朴素的集合论,即康托尔集合论,存在逻辑上的基本矛盾,例如经典的罗素悖论。

朴素集合论的基本前提可归结为:

  1. 集合可由任何有区别的对象组成。
  2. 集合由其组成对象整体唯一确定。
  3. 任何性质都确定一个具有该性质的对象的集合。

那么对于集合 M 和性质 P ,记 P(M) 表示 M 不以其本身为元素。根据直观上的认知,所有集合都应当满足 P ,那么根据第 3 条基本前提,性质 P 确定了一个集合 K={M|P(M)} 。不难发现我们可以同时推导出 P(K)¬P(K) 成立,进而得到一个矛盾,这就是罗素悖论。

ZFC 集合论给出了一组公理严格定义了集合,这些公理更像是一些集合的标准构造方式,使得集合都能通过这些公理被构造出来,而所谓的“所有集合构成的集合”是不能被构造出来的。

需要注意的是,每个数都有与之对应的集合的模型。


具有自反性,传递性,对称性的关系 R 称为等价关系,通常用 表示。

具有自反性,传递性,反对称性的关系 R 称为偏序关系,通常用 表示。

对于关系 RX2 和其转置 R

  • R 具有自反性 XR
  • R 具有传递性 RRR
  • R 具有对称性 R=R
  • R 具有反对称性 RRX

对于映射 f:XY

  • f 是满射当且仅当 f(X)=Y
  • f 是单射当且仅当 x1,x2X,f(x1)=f(x2)x1=x2
  • f 是双射当且仅当 f 同时是满射和单射。

单射具有左逆映射(不一定唯一),满射具有右逆映射(不一定唯一),双射具有唯一的逆映射。


对于两个集合 X,Y ,记它们的势分别为 |X|,|Y|

  • |X|=|Y|f:XY 使得 f 是一个双射。
  • |X||Y|ZY|X|=|Z|

容易证明这里的 |X||Y| 是一个偏序关系,而选择公理的推论指出任意两个集合都是可比的,即

X,Y|X||Y||Y||X|

因此这事实上这个关系是 线性序 ,可以定义 |X|<|Y||X||Y||X||Y|

有限集的势严格小于 |N| ,可数集的势恰好等于 |N| ,不可数集的势严格大于 |N|


完备性公理等价于上(下)确界引理:实数 R 的任意有上界(有下界)的非空子集都存在唯一的上确界(下确界)。

完备性公理可导出阿基米德原理:对任意正数 a 总存在正整数 n 使得 1n<a

需要注意的是阿基米德原理等价于自然数集无上界。而不满足完备性公理的有理数集是满足阿基米德原理的,因为“自然数集无有理数上界”这个命题并不依赖于完备性公理。

完备性公理等价于聚点定理:任意无穷有界实数集存在至少一个极限点。其中实数 p 是集合 S 的极限点当且仅当 p 的任意邻域与 S 的交都是无穷集。

完备性公理等价于闭区间套原理:任意闭区间套组成的序列存在至少一个公共点。

一些习题

定义有序对 (a,b)={{a},{a,b}} ,证明对于任意两个有序对 (a,b)(c,d)

(a,b)=(c,d)a=cb=d

Answer

充分性:

{a}(a,b){a}(c,d) 可知 {a}={c}{a}={c,d} ,即 a=c

{a,b}(a,b){a,b}(c,d) 可知 {a,b}={c}{a,b}={c,d} ,即 a=bb=d

进一步可以知道 (a=bb=d)(c=db=d) ,即 (a=bc=d)b=d ,由于 a=c ,前后两者都等价于 b=d

必要性:

(a,b)={{a},{a,b}}={{c},{c,d}}=(c,d)


用集合表示自然数,0=,xx+1=x{x} ,证明 x|x|<|x+1| ,这里 |x| 指的是集合的势。

Answer

利用数学归纳法,x=0||<|{}| 显然成立,对于 x1 ,假设 y<x 命题都成立。

A=x1 ,那么 x=A{A},x+1=A{A}{A{A}} ,由于 xx+1|x||x+1| 成立,只需要证明 xx+1 不等势。

利用反证法,假设存在双射 f:A{A}A{A}{A{A}} ,设 f(b)=A{A} ,构造映射 g:AA{A} 使得

g(a)={f(a),aA{b}f(A),a=b

容易发现,g 是双射,这与 |A|<|A{A}| 矛盾,因此不存在满足条件的双射 f


设非空实数集 X,Y 满足 XY=R(xX,yYxy) ,证明 supX=infY

Answer

根据完备性公理,存在 k 使得 xX,yYxky ,那么 supXkinfY

(yYyk)(x<kxYxX)((,k)X)supXksupX=k

同理可以得到 infY=k ,于是 supX=infY=k


证明对任意 nN+,aR+ ,存在 xR+ 使得 xn=a

Answer

S:={xR+|xn<a}

根据阿基米德原理:

mN+:1m<a1mn<a1mSS

k:=supS ,若 kn<a ,根据阿基米德原理:

mN+:1m<akn(k+1)nknakn>1m((k+1)nkn)=i=1n(ni)knimi=1n(ni)knimi=(k+1m)nkna>(k+1m)nk+1mSk+1m>supS

产生矛盾,因此 kna

kn>a ,根据阿基米德原理:

mN+:1m<kna(2n1)aknaa>1m(2n1)=i=1n(ni)1mi=1n(ni)1mi=(1+1m)n1kna>(1+1m)n(k1+1m)n>ak1+1m<supSxSx<k1+1m

产生矛盾,因此 kna ,综上 kn=a


证明聚点定理蕴含完备性公理。

(需要注意的是很多看似显而易见的结论都是完备性公理的推论,在证明中需要避开直接使用这些推论。)

Answer

对于非空集合 X,YR 满足 xX,yYxy ,任取 x0X,y0Y

定义闭区间套 {[ai,bi]} 满足:

iN+[ai,bi]:={[x0,y0],i=1[ai1,mi1],i2xXxmi1[mi1,bi1],otherwise

其中 mi:=ai+bi2 。那么根据定义,任意 bi 都是 X 的上界。

  • 引理一:任意 ai 都是 Y 的下界。

x0=y0 命题显然成立,不妨假设 x0<y0 ,此时对任意 i 都有 ai<mi<bi

定义自然数集 S 是不满足条件的 i 的集合,假设 S 非空。自然数集的非空子集一定存在最小值,考察 i:=minS

i=1ai=x0XyYaiy ,矛盾,因此 i2

ai1=aii 的最小性矛盾,因此 [ai,bi]=[mi1,bi1]

根据该闭区间套的定义,kXk>mi1 ,那么 yYyk>mi1

因此 ai=mi1Y 的一个下界,矛盾。综上所述 S= ,因此原命题成立。


  • 引理二:N+ 不存在上界。

由于 N+ 有下界 1 ,假设 N+ 存在上界,那么就一定存在极限点 x

考察其邻域 (x12,x+12) ,定义 S:=(x12,x+12)N+

根据极限点的定义 S 是无穷集。自然数集的非空子集一定存在最小值,考察 n:=minS ,那么 n+1>x+12

由于 nn+1 之间不存在其他自然数,S 除了 n 以外不包含其他自然数,与其无穷性矛盾。


  • 引理三:aR+kN+12k<a

若存在不满足条件的 a ,则 kN+2k1a

不难归纳证明对任意自然数 k2k>k 成立。根据引理而二

kN+2k>k>1a

产生矛盾,因此所有 a 都满足条件。


定义集合 A 是所有 ai 的集合,B 是所有 bi 的集合。

考虑 A 是有限集,考察 c:=maxA 。根据引理一 yYcy

假设 xXx>c 。根据引理三 kN+12k<xcy0x0 。设 i 是满足 ai=c 的集合的最小值。

那么闭区间套中存在 [c,c+y0x02max(i,k)] ,且该区间的右端点不是 X 的上界,矛盾。因此 xXxc 。完备性公理成立。

考虑 A 是无穷集,考察其中一个极限点 c

  • 引理:iN+c[ai,bi]

c=a1 ,对于 i:=min{iN+|ai>c} ,邻域 (c1,c+ai2) 不满足极限点定义。

c=aj>a1 ,对于 i:=min{iN+|ai>c} ,邻域 (a1,c+ai2) 不满足极限点定义。

因此 cA 。定义 S:={iN+|ai>c} ,若 S 非空,存在 i:=minS

i=1 ,邻域 (c1,a1) 不满足极限点定义。

i2 ,邻域 (ai1,ai) 不满足极限点定义。

因此 S= ,即 cA 的上界。

bBb<c ,邻域 (b,c+1) 不满足极限点定义,因此 cB 的下界。


假设 xXx>c ,根据引理三 kN+12k<xcy0x0 。考察 [ak+1,bk+1]

bk+1ak+1=y0x02k<xcak+1cbk+1<x

这与 bk+1X 的上界矛盾,因此 xXxc 。同理可以得到 yYcy ,完备性公理成立。


证明任意无穷集合存在可数子集。

Answer

对于无穷集合 A ,任取 a1A ,对于 i2 定义 ai 是集合 A{a1ai1} 中的任一元素。

由于 A 无穷,ai 总是存在的。定义集合 E 是所有 ai 组成的集合,根据数学归纳原理 E 是可数集,且据定义 EA


证明任意无穷集合与可数集合的并集与原集合等势。

Answer

对于无穷集合 A 和可数集合 B ,定义集合 CA 的任一可数子集(上题指出此集合一定存在),B:=BA

由于 BBB 是至多可数集。

可数集与至多可数集的并集为可数集(教材原定理,证略),即存在双射 f:BCC

另外显然存在双射 g:ACAC 。由于 f,g 的定义域和值域都是不交的,双射 fg:ABA 存在。而 AB=AB


证明对任意集合 S|S|<|P(S)|

Answer

若存在双射 f:SP(S) ,定义 A:={xS|xf(x)},a:=f1(A) ,有

aAaf(a)aA