《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：
- 集合可由任何有区别的对象组成。
- 集合由其组成对象整体唯一确定。
- 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 \(P(K)\) 和 \(\lnot P(K)\) 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 \(\mathcal{R}\) 称为等价关系，通常用 \(\sim\) 表示。
具有自反性，传递性，反对称性的关系 \(\mathcal{R}\) 称为偏序关系，通常用 \(\preceq\) 表示。
对于关系 \(\mathcal{R} \subset X^2\) 和其转置 \(\mathcal{R}'\) ：
- \(\mathcal{R}\) 具有自反性 \(\Leftrightarrow \triangle_X \subset \mathcal{R}\) 。
- \(\mathcal{R}\) 具有传递性 \(\Leftrightarrow \mathcal{R} \circ \mathcal{R} \subset \mathcal{R}\) 。
- \(\mathcal{R}\) 具有对称性 \(\Leftrightarrow \mathcal{R} = \mathcal{R}'\) 。
- \(\mathcal{R}\) 具有反对称性 \(\Leftrightarrow \mathcal{R} \cap \mathcal{R}' \subset \triangle_X\) 。
对于映射 \(f : X \rightarrow Y\) ：
- \(f\) 是满射当且仅当 \(f(X) = Y\)
- \(f\) 是单射当且仅当 \(\forall x_1, x_2 \in X, f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2\) 。
- \(f\) 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 \(|X|, |Y|\) ：
- \(|X| = |Y| \Leftrightarrow \exists f : X \rightarrow Y\) 使得 \(f\) 是一个双射。
- \(|X| \le |Y| \Leftrightarrow \exists Z \subset Y \;\; |X| = |Z|\) 。
容易证明这里的 \(|X| \le |Y|\) 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
\[ \forall X, Y \;\; |X| \le |Y| \lor |Y| \le |X| \]
因此这事实上这个关系是 线性序 ，可以定义 \(|X| < |Y| \Leftrightarrow |X| \le |Y| \land |X| \ne |Y|\) 。
有限集的势严格小于 \(|\mathbb{N}|\) ，可数集的势恰好等于 \(|\mathbb{N}|\) ，不可数集的势严格大于 \(|\mathbb{N}|\) 。
完备性公理等价于上（下）确界引理：实数 \(\mathbb{R}\) 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 \(\frac{1}{n} < a\) 。
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 \((a, b)\) 和 \((c, d)\) ：
\[ (a, b) = (c, d) \Leftrightarrow a = c \land b = d \]
Answer
充分性：
由 \(\{a\} \in (a, b) \Rightarrow \{a\} \in (c, d)\) 可知 \(\{a\} = \{c\} \lor \{a\} = \{c, d\}\) ，即 \(a = c\) 。
由 \(\{a, b\} \in (a, b) \Rightarrow \{a, b\} \in (c, d)\) 可知 \(\{a, b\} = \{c\} \lor \{a, b\} = \{c, d\}\) ，即 \(a = b \lor b = d\) 。
进一步可以知道 \((a = b \lor b = d) \land (c = d \lor b = d)\) ，即 \((a = b \land c = d) \lor b = d\) ，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，\(0 = \varnothing, \forall x \;\; x + 1 = x \cup \{x\}\) ，证明 \(\forall x \;\; |x| < |x + 1|\) ，这里 \(|x|\) 指的是集合的势。
Answer
利用数学归纳法，\(x = 0\) 时 \(|\varnothing| < |\{\varnothing\}|\) 显然成立，对于 \(x \ge 1\) ，假设 \(\forall y < x\) 命题都成立。
设 \(A = x - 1\) ，那么 \(x = A \cup \{A\}, x + 1 = A \cup \{A\} \cup \{A \cup \{A\}\}\) ，由于 \(x \subset x + 1\) ，\(|x| \le |x + 1|\) 成立，只需要证明 \(x\) 和 \(x + 1\) 不等势。
利用反证法，假设存在双射 \(f : A \cup \{A\} \rightarrow A \cup \{A\} \cup \{A \cup \{A\}\}\) ，设 \(f(b) = A \cup \{A\}\) ，构造映射 \(g : A \rightarrow A \cup \{A\}\) 使得
\[ g(a) = \left\{ \begin{aligned} & f(a), a \in A \setminus \{b\} \\ & f(A), a = b \end{aligned} \right. \]
容易发现，\(g\) 是双射，这与 \(|A| < |A \cup \{A\}|\) 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 \(X \cup Y = \mathbb{R} \land (\forall x \in X, y \in Y \;\;\; x \le y)\) ，证明 \(\sup X = \inf Y\) 。
Answer
根据完备性公理，存在 \(k\) 使得 \(\forall x \in X, y \in Y \;\;\; x \le k \le y\) ，那么 \(\sup X \le k \le \inf Y\) 。
\((y \in Y \Rightarrow y \ge k) \Rightarrow (x < k \Rightarrow x \notin Y \Rightarrow x \in X) \Rightarrow ((-\infty, k) \subset X) \Rightarrow \sup X \ge k \Rightarrow \sup X = k\) 。
同理可以得到 \(\inf Y = k\) ，于是 \(\sup X = \inf Y = k\) 。
证明对任意 \(n \in \mathbb{N}^{+}, a \in \mathbb{R}^{+}\) ，存在 \(x \in \mathbb{R}^{+}\) 使得 \(x^n = a\) 。
Answer
设 \(S := \{x \in R^{+} | x^n < a\}\) 。
根据阿基米德原理：
\[ \exists m \in \mathbb{N}^{+}: \frac{1}{m} < a \Rightarrow \frac{1}{m^n} < a \Rightarrow \frac{1}{m} \in S \Rightarrow S \neq \varnothing \]
设 \(k := \sup S\) ，若 \(k^n < a\) ，根据阿基米德原理：
\[ \begin{aligned} & \exists m \in \mathbb{N}^{+}: \frac{1}{m} < \frac{a - k^n}{(k+1)^n - k^n} \\ & \Rightarrow a - k^n > \frac{1}{m} ((k+1)^n - k^n) = \sum_{i=1}^n \binom{n}{i} \frac{k^{n-i}}{m} \ge \sum_{i=1}^n \binom{n}{i} \frac{k^{n-i}}{m^i} = (k + \frac{1}{m})^n - k^n \\ & \Rightarrow a > (k + \frac{1}{m})^n \\ & \Rightarrow k + \frac{1}{m} \in S \land k + \frac{1}{m} > \sup S \\ \end{aligned} \]
产生矛盾，因此 \(k^n \ge a\) 。
若 \(k^n > a\) ，根据阿基米德原理：
\[ \begin{aligned} & \exists m \in \mathbb{N}^{+}: \frac{1}{m} < \frac{k^n - a}{(2^n - 1)a} \\ & \Rightarrow \frac{k^n - a}{a} > \frac{1}{m} (2^n - 1) = \sum_{i=1}^n \binom{n}{i} \frac{1}{m} \ge \sum_{i=1}^n \binom{n}{i} \frac{1}{m^i} = (1 + \frac{1}{m})^n - 1 \\ & \Rightarrow \frac{k^n}{a} > (1 + \frac{1}{m})^n \\ & \Rightarrow (\frac{k}{1 + \frac{1}{m}})^n > a \\ & \Rightarrow \frac{k}{1 + \frac{1}{m}} < \sup S \land \forall x \in S \;\; x < \frac{k}{1 + \frac{1}{m}} \\ \end{aligned} \]
产生矛盾，因此 \(k^n \le a\) ，综上 \(k^n = a\) 。
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 \(X, Y \subset \mathbb{R}\) 满足 \(\forall x \in X, y \in Y \;\; x \le y\) ，任取 \(x_0 \in X, y_0 \in Y\) 。
定义闭区间套 \(\{[a_i, b_i]\}\) 满足：
\[ \forall i \in \mathbb{N}^{+} \;\; [a_i, b_i] := \left\{ \begin{aligned} & [x_0, y_0], i = 1 \\ & [a_{i-1}, m_{i-1}], i \ge 2 \land \forall x \in X \;\; x \le m_{i-1} \\ & [m_{i-1}, b_{i-1}], \text{otherwise} \\ \end{aligned} \right. \]
其中 \(m_i := \frac{a_i + b_i}{2}\) 。那么根据定义，任意 \(b_i\) 都是 \(X\) 的上界。
- 引理一：任意 \(a_i\) 都是 \(Y\) 的下界。
若 \(x_0 = y_0\) 命题显然成立，不妨假设 \(x_0 < y_0\) ，此时对任意 \(i\) 都有 \(a_i < m_i < b_i\) 。
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 \(i := \min S\) 。
\(i = 1 \Rightarrow a_i = x_0 \in X \Rightarrow \forall y \in Y \;\; a_i \le y\) ，矛盾，因此 \(i \ge 2\) 。
\(a_{i-1} = a_i\) 与 \(i\) 的最小性矛盾，因此 \([a_i, b_i] = [m_{i-1}, b_{i-1}]\) 。
根据该闭区间套的定义，\(\exists k \in X \;\; k > m_{i-1}\) ，那么 \(\forall y \in Y \;\; y \ge k > m_{i-1}\) 。
因此 \(a_i = m_{i-1}\) 是 \(Y\) 的一个下界，矛盾。综上所述 \(S = \varnothing\) ，因此原命题成立。
- 引理二：\(\mathbb{N}^{+}\) 不存在上界。
由于 \(\mathbb{N}^{+}\) 有下界 \(1\) ，假设 \(\mathbb{N}^{+}\) 存在上界，那么就一定存在极限点 \(x\) 。
考察其邻域 \((x - \frac{1}{2}, x + \frac{1}{2})\) ，定义 \(S := (x - \frac{1}{2}, x + \frac{1}{2}) \cap \mathbb{N}^{+}\) 。
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 \(n := \min S\) ，那么 \(n + 1 > x + \frac{1}{2}\) 。
由于 \(n\) 和 \(n + 1\) 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：\(\forall a \in \mathbb{R}^{+} \;\; \exists k \in \mathbb{N}^{+} \;\; \frac{1}{2^k} < a\) 。
若存在不满足条件的 \(a\) ，则 \(\forall k \in \mathbb{N}^{+} \;\; 2^k \le \frac{1}{a}\) 。
不难归纳证明对任意自然数 \(k\) 有 \(2^k > k\) 成立。根据引理而二
\[ \exists k \in \mathbb{N}^{+} \;\; 2^k > k > \frac{1}{a} \]
产生矛盾，因此所有 \(a\) 都满足条件。
定义集合 \(A\) 是所有 \(a_i\) 的集合，\(B\) 是所有 \(b_i\) 的集合。
考虑 \(A\) 是有限集，考察 \(c := \max A\) 。根据引理一 \(\forall y \in Y \;\; c \le y\) 。
假设 \(\exists x \in X \;\; x > c\) 。根据引理三 \(\exists k \in \mathbb{N}^{+} \;\; \frac{1}{2^k} < \frac{x - c}{y_0 - x_0}\) 。设 \(i\) 是满足 \(a_i = c\) 的集合的最小值。
那么闭区间套中存在 \([c, c + \frac{y_0 - x_0}{2^{\max(i, k)}}]\) ，且该区间的右端点不是 \(X\) 的上界，矛盾。因此 \(\forall x \in X \;\; x \le c\) 。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：\(\forall i \in \mathbb{N}^{+} \;\; c \in [a_i, b_i]\) 。
若 \(c = a_1\) ，对于 \(i := \min \{i \in \mathbb{N}^{+} | a_i > c\}\) ，邻域 \((c - 1, \frac{c + a_i}{2})\) 不满足极限点定义。
若 \(c = a_j > a_1\) ，对于 \(i := \min \{i \in \mathbb{N}^{+} | a_i > c\}\) ，邻域 \((a_1, \frac{c + a_i}{2})\) 不满足极限点定义。
因此 \(c \notin A\) 。定义 \(S := \{i \in \mathbb{N}^{+} | a_i > c\}\) ，若 \(S\) 非空，存在 \(i := \min S\) 。
若 \(i = 1\) ，邻域 \((c - 1, a_1)\) 不满足极限点定义。
若 \(i \ge 2\) ，邻域 \((a_{i-1}, a_i)\) 不满足极限点定义。
因此 \(S = \varnothing\) ，即 \(c\) 是 \(A\) 的上界。
若 \(\exists b \in B \;\; b < c\) ，邻域 \((b, c + 1)\) 不满足极限点定义，因此 \(c\) 是 \(B\) 的下界。
假设 \(\exists x \in X \;\; x > c\) ，根据引理三 \(\exists k \in \mathbb{N}^{+} \;\; \frac{1}{2^k} < \frac{x - c}{y_0 - x_0}\) 。考察 \([a_{k+1}, b_{k+1}]\) ：
\[ \begin{aligned} & b_{k+1} - a_{k+1} = \frac{y_0 - x_0}{2^k} < x - c \\ & \because a_{k+1} \le c \\ & \therefore b_{k+1} < x \\ \end{aligned} \]
这与 \(b_{k+1}\) 是 \(X\) 的上界矛盾，因此 \(\forall x \in X \;\; x \le c\) 。同理可以得到 \(\forall y \in Y \;\; c \le y\) ，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 \(a_1 \in A\) ，对于 \(i \ge 2\) 定义 \(a_i\) 是集合 \(A \setminus \{a_1 \ldots a_{i-1}\}\) 中的任一元素。
由于 \(A\) 无穷，\(a_i\) 总是存在的。定义集合 \(E\) 是所有 \(a_i\) 组成的集合，根据数学归纳原理 \(E\) 是可数集，且据定义 \(E \subset A\) 。
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 \(C\) 是 \(A\) 的任一可数子集（上题指出此集合一定存在），\(B' := B \setminus A\) 。
由于 \(B' \subset B\) ，\(B'\) 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 \(f : B' \cup C \rightarrow C\) 。
另外显然存在双射 \(g : A \setminus C \rightarrow A \setminus C\) 。由于 \(f, g\) 的定义域和值域都是不交的，双射 \(f \cup g : A \cup B' \rightarrow A\) 存在。而 \(A \cup B' = A \cup B\) 。
证明对任意集合 \(S\) 有 \(|S| < |\mathcal{P}(S)|\) 。
Answer
若存在双射 \(f : S \rightarrow \mathcal{P}(S)\) ，定义 \(A := \{x \in S | x \notin f(x)\}, a := f^{-1}(A)\) ，有
\[ a \in A \Leftrightarrow a \notin f(a) \Leftrightarrow a \notin A \]