高等微积分笔记 Lesson 3

本文最后更新于 2024年9月20日 下午

高等微积分 Lesson 3

先回顾一下上节课讲过的确界定理.

确界定理

ERE\in\R定义supE=E\sup E=E的最小上界.

/Claim/

c=supEc=\sup E \Longrightarrow xE\forall x\in Excx\leq cc<c\forall c'<cxE\exist x\in E使x>cx>c'.

/Theorem/

有上界非空实数集必有上确界;
有下界非空实数集必有下确界.

(实际上,如果不想考虑上面的一些知识的话,可把实数定义&确界定理当作微积分的基础)

/Proof/(用Dedekind实数定义)

E={Xα=(Aα,Bα)E=\{X_\alpha=(A_\alpha,B_\alpha)是Dedekind分割}\}α\alpha\in指标集II\neq\varnothing.

已知EE有上界c=(A,B)c=(A,B).

ccEE上界 \Longrightarrow xαcx_\alpha\leq c \Longrightarrow AαAA_\alpha\subseteq A \Longrightarrow αIAαA\underset{\alpha\in I}{\bigcup}A_\alpha\subseteq A.

s=(αIAα,QαIAα)s=(\underset{\alpha\in I}{\bigcup}A_\alpha,\mathbb{Q}-\underset{\alpha\in I}{\bigcup}A_\alpha),易验证s=supEs=\sup E.

证毕.

验证ss是Dedekind分割:s=(A0,B0)s=(A_0,B_0).

  1. A0QA_0\subseteq\mathbb{Q}B0QB_0\subseteq\mathbb{Q}A0B0=QA_0\cup B_0=\mathbb{Q}.
  2. A0A_0\neq\varnothing(因为A0=αIAαA_0=\underset{\alpha\in I}{\bigcup}A_\alpha,每个AαA_\alpha\neq\varnothing.)(这里用到EE非空)
  3. A0AA_0\subseteq A \Longrightarrow (A0)CAC(A_0)^C\supseteq A^C B0BB_0\supseteq B\neq\varnothing \Longrightarrow B0B_0\neq\varnothing. (这里用到EE有上界)
  4. A0=αIAαA_0=\underset{\alpha\in I}{\bigcup}A_\alphaB0=(αIAα)C=αI(Aα)C=αIBαB_0=(\underset{\alpha\in I}{\bigcup}A_\alpha)^C=\underset{\alpha\in I}{\bigcap}(A_\alpha)^C=\underset{\alpha\in I}{\bigcap}B_\alpha. (这里用到“并集之补集等于补集之交集”)
    aAα\forall a\in A_\alphabBα\forall b\in B_\alpha,由aA0=αIAαa\in A_0=\underset{\alpha\in I}{\bigcup}A_\alpha \Longrightarrow aAαa\in A_\alpha,同理bB0=αIBαb\in B_0=\underset{\alpha\in I}{\bigcap}B_\alpha \Longrightarrow bBαb\in B_\alpha,这就可以知道a<ba<b.
  5. A0A_0无最大元素:aA0\forall a\in A_0 \Longrightarrow aAαa\in A_\alpha,由AαA_\alpha无最大元\Longrightarrow aAα\exist a'\in A_\alpha使a>aa'>a.

验证s=supEs=\sup E

注意任何c~=(A~,B~)RD\tilde{c}=(\tilde{A},\tilde{B})\in\R_DEE的上界,有c~xα\tilde{c}\geq x_\alphaαI\forall \alpha\in I,即A~Aα\tilde{A}\supseteq A_\alpha,即A~αIAα=A0\tilde{A}\supseteq\underset{\alpha\in I}{\bigcup}A_\alpha=A_0,所以c~s\tilde{c}\geq s,证毕.

称确界定理描述了实数的完备性. (实际上,完备性指的是“R\R中任何Cauchy列必有极限”,但是现在还不讲)

简单的应用是证明如下几句话:

  1. xR\forall x\in\RnZ\exist n\in\Z使n>xn>x.
  2. 任意两个实数之间必有\infty个有理数.
  3. 任意两个有理数之间必有\infty个无理数.

/Proof/ 1.

反证法,假设每个nZn\in \Z都有nxn\leq x,则xxZ\Z的上界,由确界定理知道Z\Z有上确界MM. 进而nZ\forall n\in\Zn+1Zn+1\in\Z,有n+1Mn+1\leq M,也就是nM1n\leq M-1,表明M1M-1也是Z\Z的上界,与MM是上确界(最小上界)矛盾.

所以假设不成立,1.成立.

证毕.

/Proof/ 2.

显然只需证明()(*)式:\forall实数a<ba<b(a,b)(a,b)中有一个cc\in.

这之后就可以反复应用上面的()(*)式来证明(a,b)(a,b)中存在\infty个有理数.

接下来来证()(*). 想法是找一个“机器人”,从数轴左边往右走,只要其步长1/n<ba1/n<b-a,就必定会掉入(a,b)(a,b)这一“陷阱”中. 这里可以发现n>1/(ba)n>1/(b-a).

用1.知nZ\exist n\in\Z使n>1/(ba)>0n>1/(b-a)>0

草稿:起始点s/n<as/n<a,即s<ans<ans>an-s>-an.
终点t/n>bt/n>bt>nbt>nb.

用1.知uZ\exist u\in\Z使u>anu>-an,令s=uZs=-u\in\Z \Longrightarrow s>an-s>-an \Longrightarrow s/n<as/n<a.

用1.知tZ\exist t\in\Z使t>nbt>nb \Longrightarrow t/n>bt/n>b.

对于sss+1s+1\cdotstt中的每个数kk,标记k/nak/n\leq a为❌,k/n>ak/n>a为✔,则一定存在首个✔,记为k0k_0.

这样k0/n>ak_0/n>a(k01)/na(k_0-1)/n\leq a,且有

k0n=k01n+1n<a+(ba)=b\frac{k_0}{n}=\frac{k_0-1}{n}+\frac{1}{n}<a+(b-a)=b

这就证明了k0/n(a,b)Qk_0/n\in(a,b)\cap\mathbb{Q}.

证毕.

/Proof/ 3.

利用2.结论,(a2,b2)(a-\sqrt2,b-\sqrt2)中存在\infty个有理数,记为xx. 利用2\sqrt2是无理数,(a,b)(a,b)中存在y=x+2y=x+\sqrt2,是无理数且有\infty个.

证毕.

Q\mathbb{Q}QC=RQ\mathbb{Q}^C=\R-\mathbb{Q}都是无限集,是否能进一步比较多少?

/Definition/

称集合AABB等势,当且仅当\exist双射f:ABf:A\to B.

/Definition/

称集合AA是可数的,如果AAZ+\Z_+等势.

/Claim/

可数多个可数集之并仍可数.

/Proof/

A1A_1A2A_2\cdots是可数多个可数集,由AiA_i可数,可以设Ai={xi,1,xi,2,}A_i=\{x_{i,1},x_{i,2},\cdots\}. 可以将i=1Ai\underset{i=1}{\overset{\infty}{\bigcup}}A_i的元素分类为下标和相同的组,这种排列可数.

证毕.

/Claim/

Q\mathbb{Q}可数.

/Proof/

Q=i=1{mnmZ}=i=1Ai\mathbb{Q}=\underset{i=1}{\overset{\infty}{\bigcup}}\{\frac{m}{n}|m\in\Z\}=\underset{i=1}{\overset{\infty}{\bigcup}}A_i. AiA_i可数.

证毕.

/Theorem/ (Cantor)

R\R不可数(因为Q\mathbb{Q}可数,所以这实际上可以推出QC\mathbb{Q}^C不可数).

/Proof/ (Cantor对角线法则)

Cantor证明这个定理时还没有Dedekind分割定义,所以他使用的是无穷小数的定义. 考虑证明一个更强的结论,[0,1][0,1]不可数. 把区间中的数表示为无穷小数,采用反证法:假设这些小数分别是

x1=0.x11x12x13x2=0.x21x22x23x3=0.x31x32x33x_1=\overline{0.x_{11}x_{12}x_{13}\cdots}\\ x_2=\overline{0.x_{21}x_{22}x_{23}\cdots}\\ x_3=\overline{0.x_{31}x_{32}x_{33}\cdots}

我们要求一个这样的数xmx_m存在,满足:

xm1x11,xm2x22,xm3x33,x_{m1}\neq x_{11}\,,\quad x_{m2}\neq x_{22}\,,\quad x_{m3}\neq x_{33}\,,\cdots

这样就保证了xmx_m不等于上面列表中的任何一个数,从而导出了矛盾:不管数出多少个[0,1][0,1]之间的数,都能找到一个数不在这个列表中,故假设不成立,不可数.

/Moreover/

/Definition/

XXR\R的稠密子集,当且仅当xR\forall x\in\RεR+\forall\varepsilon\in\R_+使(cε,c+ε)R(c-\varepsilon,c+\varepsilon)\cap\R\neq\varnothing,其中cRc\in\R.

/Claim/

Q\mathbb{Q}R\R的稠密子集.


高等微积分笔记 Lesson 3
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作者
菲兹克斯喵
发布于
2024年9月20日
更新于
2024年9月20日
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