實分析Ⅱ|筆記整理（1）——集合論補充，相關應用習題舉例（1）

04-29

大家好！讓大家久等了！因為這學期的安排一直都比較緊張（主要是GRE這個東西確實在花大功夫……自己菜也沒辦法對不對）

這一部分是根據寒假所寫的《實分析》部分筆記進行進一步補充的一系列筆記。

與之前的筆記不同，這一部分的筆記follow的是周民強編寫的《實變函數論》第三版。另外有所不同的地方是，這一部分內容不會按部就班的來，而是採用專題的形式進行整理。即主要是對某一個方面的可能比較重要，偏難的知識點進行梳理，並提供相關的習題（有的題目會作為例子進行詳細闡述，但也有的題目會作為習題，不會給出答案。如果需要答案和思路，私信我~）。也就是說，我們會在很多地方假設大家對主要內容很明確。同樣，我們也不會再追求全文的邏輯一致性。

好的，我們開始今天的內容。本節對應的書本內容為P1-25

集合論補充

這一塊內容在Stein里是沒有涉及到的，所以我們會在這裡寫很多內容。

集合的交並

這一塊的習題主要的方法論就是「用集合的文字語言去解釋」。它的主要的來源是關於集合中並與交的定義。

Definition 1:
$igcup_{alpha in I}A_alpha={x : 存在 alpha in I, xin alpha }$ ， $igcap_{alpha in I}A_alpha={x: 對一切alpha in I:x in A_alpha}$

這裡的 $I$ 是指標集，比如說指標集 $I=mathbb{N}^*$ ，那麼這個時候 $igcup_{alpha in I}A_alpha=igcup_{n=1}^{infty}A_n$

我們用具體例子說明它。

Example 1:
設 $f(x)$ 為 $[a,b]$ 上的實值函數，則可作如下點集分解:
(1) $[a,b]=igcup_{n=1}^{infty}{x in [a,b], |f(x)| < n}$
(2) ${x in [a,b]: |f(x)|>0}=igcup_{n=1}^{infty}{x in [a,b]: |f(x)|>frac1n}$

我們證明一下第一個。

首先假設 $x in [a,b]$ ，注意到 $f(x)$ 在閉區間上有界（否則沒有意義），所以存在一個數 $M$ 使得 $f(x)<M$ ，設 $N=[M]+1$ ，則存在一個數 $N in mathbb{N}$ ，滿足 $|f(x)|<N$ 。結合 $x in [a,b]$ 就說明這個點 $x$ 也在右邊集合內。

另一方面，如果 $x$ 在右邊的集合內，那麼因為集合的要求是 $x in [a,b]$ ，所以它肯定也在左邊集合內。結合 $x$ 這個點的任意性我們就證明了結論。

類似的可以證明第二個，這裡不再贅述。

下面這個題也可以使用類似的思想方法去做（翻譯）。

Problem 1:
設 $A_1 subset A_2 subset cdots subset A_n subset cdots,B_1, subset B_2 subset cdots subset B_n subset cdots$ ，則 $left(igcup_{n=1}^infty A_n ight)cap left(igcup_{n=1}^{infty}B_n ight)=igcup_{n=1}^{infty}(A_n cap B_n)$

有限集合運算

這一塊的內容是根據集合之間的三大運算定律來得到想要的結論。有的時候，我們也會在式子兩邊做交，並等運算以利用相關的條件。

Example 2:
設集合 $A,B,E,F$ 滿足 $A cup B = E cup F,A cap F =emptyset,B cap E =emptyset$ ，證明 $A=E,B=F$

條件只有 $A cup B =E cup F$ ，所以顯然要考慮的就是在這上面做一些文章。

在右邊交一個集合 $E$ ，那麼就有 $(A cup B)cap E=(E cup F) cap E$ ，使用分配律，可以得到 $(A cup B) cap E =( A cap E ) cup (B cap E)=A cap E$ ， $(E cup F ) cap E =(E cap E ) cup (F cap E )=E cup (F cap E )=E$ （注意到 $F cap E subset E$ ）。那麼就有 $A cap E = E$ ，也就是 $E subset A$ 。

同樣，右邊交一個集合 $A$ ，就可以得到 $A cap E =A$ ，也就是 $A subset E$ ，所以綜上可以得到 $A=E$ 。

那麼，現在試試右邊交一下 $F,B$ ，就可以得到第二個結論了，這裡就不再贅述了。

集合列的極限

這一塊內容是比較陌生和難理解的，為了定義清楚「極限」，我們先定義了在單調集合列的情況下的極限。

Definition 2:
設 ${A_k}$ 是一個集合列，若 $A_1 supset A_2 supset cdots supset A_k supset cdots$ ，則稱它為遞減集合列，稱 $igcap_{k=1}^{infty}A_k$ 為 ${A_k}$ 的極限集，記為 $lim_{k o infty}A_k$ ，反過來，如果是遞增集合列（我相信你能推出來定義），則定義 $igcup_{k=1}^{infty}A_k$ 為它的極限集，記號相同。

我相信你明白為什麼第一個定義交，而第二個定義並。

推廣到一般的集合列，可以根據這些思想去定義上下極限。

Definition 3:
令 $B_j=igcup_{k=j}^{infty}A_k$ ，稱 $lim_{k o infty}B_k=igcap_{j=1}^{infty}B_j=igcap_{j=1}^{infty}igcup_{k=j}^{infty}A_k$ 為集合列 ${A_k}$ 的上極限集，簡稱為上限集，記為 $overline limlimits_{k o infty}A_k$ 。同理定義 $igcup_{j=1}^{infty}igcap_{k=j}^{infty}A_k$ 為它的下極限集，簡稱為下限集，記為 $underline limlimits_{k o infty}A_k$

對於第一個定義，這個定義能夠成立的原因是， $B_j=igcup_{k=j}^{infty}A_k$ 是一個遞減的集合（當 $j$ 逐漸增大的時候，其實所能夠「並」的集合就越來越少了，自然這個集合本身就會越來越小）。所以根據定義，在這個集合左邊取交就是它合法的極限集。而稱為「上極限集」的原因是，在指標 $j$ 不斷增大的過程中，所能夠「交」的集合越來越少，那麼實際上這個集合會越來越大。這也就符合了數列極限中「上界」的直覺。

同樣的思想也可以拿去理解什麼叫「下極限集」。

那麼，根據我們第一個部分說的思想，你應該知道下面這個定理為什麼成立。

Theorem 1:
$overline limlimits_{k o infty}A_k={x: 對任意自然數j,存在k ge j,x in A_k}$ ， $underline limlimits_{k o infty}A_k={x: 存在自然數j_0,k ge j_0時,x in A_k}$

你只需要把兩個集合運算從左到右「翻譯」一下就好了。

要注意到的是下面這一個重要的理解：

Note in P10
對於一個集合列 ${A_k}$ 而言，其上限集是屬於 ${A_k}$ 中無窮多個集合的元素所組成的，而下限集是「只不屬於」 ${A_k}$ 中的有限多個集合的元素所構成的，從而有 $underline limlimits_{k o infty}A_k subset overline limlimits_{k o infty}A_k$

細細品味這一段書上的話也會對理解上下極限集有很大的幫助。

來看一個例子吧。

Example 3:
設 ${f_n(x)}$ 和 $f(x)$ 是定義在 $mathbb{R}$ 上的實值函數，則使 $f_n(x)$ 不收斂於 $f(x)$ 的一切點 $x$ 所構成的集合 $D$ 可表示為 $D=igcup_{k=1}^{infty} igcap_{N=1}^{infty} igcup_{n=N } ^ infty left{ x: |f_n(x)-f(x)| ge frac1k ight}$

還是一樣的思路，我們考慮「翻譯」這個集合運算即可。

首先集合 $D$ 是滿足「存在 $k ge 1$ ，使得對於任意的 $N ge 1$ ，存在 $n ge N$ ，使得 $|f_n(x)-f(x)| ge frac1k$ 」的所有點的集合。那麼什麼叫不收斂呢？我們先考慮什麼叫收斂，就是對於任意的 $epsilon>0$ ，存在 $N$ ，使得 $n ge N$ 的時候，有 $|f_n(x)-f(x)| < epsilon$ 。那麼做一個否命題，就是說，存在 $epsilon_0>0$ ，對於任意的 $N ge 1$ ，存在 $n ge N$ ，使得 $|f_n(x)-f(x)| ge epsilon_0$ 。那麼只需要取 $k ge [frac1epsilon]+1$ ，可以得到 $|f_n(x)-f(x)| ge frac1k$ 。翻譯出來的東西是不是現在差不多了？我相信之後你們知道怎麼寫了，我就不贅述了。

映射與對等

主要想強調的東西是一些記號和一個重要的定理。

Notation 1:
若存在從集合 $A$ 到集合 $B$ 的一一映射，則稱兩集合對等，記為 $A sim B$ 。

定理如下：

Theorem 2:Cantor-Bernstein

若 $X$ 與 $Y$ 的一個真子集對等， $Y$ 與 $X$ 的一個真子集對等，那麼 $X sim Y$ 。

書上有關於這個定理的詳細證明，但是考慮到它的重要性和證明的靈巧性，我還是決定把它打在了這裡。

要證明它，需要一個引理：

Lemma 1:
設 $f: X o Y,g: Y o X$ ，則存在分解 $X=A cup A^sim , Y =B cup B ^ sim$ ，其中 $f(A)=B,g(B^sim)=A^sim,A cap A ^sim = emptyset,B cap B ^sim = emptyset$ 。

用下面這個圖可以解釋這兩個映射到底是什麼情況。

證明的思想便從這個圖而來，我們考慮這樣的一類元素，每一個元素都是左邊區域的一個集合，滿足下面的條件：這個集合對應的區域通過給定映射 $f$ 映射到右邊的一個區域內，右邊的剩下未映射到的區域再通過 $g$ 投到左邊區域中這個集合所不在的區域內。然後針對這一類集合進行研究得到我們的結論。

對於 $X$ 中的子集 $E$ ，我們設滿足條件 $E cap g(Y ackslash f(E))=emptyset$ 的集合 $E$ 為 $X$ 中的「分離集」。然後將這些分離集的全體記為 $Gamma$ ，並設 $A=igcup_{E in Gamma} E$ 。因為分離集就是我們之前要尋找的 $A$ 所滿足的性質，而我們取所有的並，按照直觀來說應該是最大的。這個時候如果集合更大，就不能夠再滿足「分離」的條件了，也就是說這個時候，兩個映射對應左邊集合的像和原像會相交。顯然，構造出來的 $A$ 就是我們想要的，因為這個時候二者滿足「對立制衡」的關係，因此有理由相信它。

不過數學不是辯論也不是給小朋友說故事，我們用數學語言繼續嚴格描述這個過程。首先， $A in Gamma$ ，這是因為 $E cap g(Y ackslash f(E))=emptyset$ ，所以根據 $A subset E$ ，可以得到 $E cap g(Yackslash f(A))=emptyset$ ，又因為 $E$ 是任意的分離集，所以它們的並自然交一下還是空集，也就是 $A cap g(Yackslash f(A))=emptyset$ ，就證明了結論。而且因為 $A$ 是所有分離集的並，那麼自然一定是最大的。

好的，到了關鍵的證明的時候了。令 $f(A)=B,Y ackslash B =B ^sim,g(B ^ sim)=A ^sim$ ，那麼幾個關鍵的條件都有了，其實只需要證明 $A cap A ^sim = emptyset,A cup A ^sim =X$ 。而第一個根據分離集的定義可以很容易得到，第二個的話，只需要說明這個時候 $A$ 不是最大元即可，這一部分根據圖還是不亂推導證明過程的，就不再寫了。

下面我們來回答原來定理的證明。如果一個集合與另一個集合的真子集之間存在一個一一映射，那麼自然這個集合與另一個集合之間存在一個單射（因為滿射條件剝奪了）。所以存在單射 $f: X o Y,g: Y o X$ ，根據引理得到 $f(A)=B,g(B^sim)=A^sim,A cap A ^sim = emptyset,B cap B ^sim = emptyset,A cup A ^sim=X,B cup B ^sim=Y$ 。這樣的話，注意到這個時候， $f: A o B,g^{-1}: A ^sim o B ^sim$ 又變回了一一映射，所以可以設 $F(x)=egin{cases}f(x) & x in A \ g^{-1}(x) & x in A ^simend{cases}$ 。就說明了結論。

那麼它的一個重要的用途是

Note in P17
設 $C subset A subset B$ ，若 $B sim C$ ，那麼 $B sim A$ 。

下面這個題是一個C-B定理的不錯的習題。

Problem 2:
若 $A subset B,A sim (A cup C)$ ，證明 $B sim (B cup C)$

顯然，如果使用C-B定理，有一個方向是很簡單的，關鍵是另一個方向，而這是需要針對 $C$ 的情況進行分類討論的。下面這張圖給出了它的直觀表示，我相信它會促進你的思考（當然也會促進我的思考，因為我並沒有想出來這個題，而是我們學院一個大神寫出來的……），其中對於一一映射對應的區域分別用了相同的顏色表示。根據這張圖，我相信你知道如何構造映射了，這裡略去詳細的證明。

基數相關——可列

關於基數與可列的內容我並不想說太多，因為我之前在拓撲中已經給出非常多可列的定義和例子，可以參考這篇筆記。

劉理：拓撲學|筆記整理（3）——無限集，可列集，選擇公理，良序集?

zhuanlan.zhihu.com

下面補充一些分析中比較需要的例子和題目。

Example 4:
設 $E_k(k=1,2,...,n)$ 是可列集，那麼 $E_1 imes E_2 imes cdots imes E_n$ 是可列集， $igcup_{n=1}^{infty}N^n$ 為可列集。

證明在上面引用的文章內有寫，需要注意的是這裡的笛卡爾積要求是有限個集合的。

Example 5:
$mathbb{R}$ 中的互不相交的開區間族是可數集。

這個和實分析第一節的筆記討論的命題相似。考慮每一個開區間標誌一個有理數即可。

Example 6:
$mathbb{R}$ 上單調函數的不連續點集為可數集。

根據 $f(x_0-0)=lim_{x o x_0^-}f(x)<lim_{x o x_0+}f(x)=f(x_0+0)$ 可知，每一個點對應一個開區間 $(f(x_0-0),f(x_0+0))$ 。又因為函數單調，所以兩個不連續點對應的區間肯定是不相交的。這樣的話，這些點對應的開區間，其實就是上一個命題中，互不相交的開區間的子集，那當然是可數集（事實上，拓撲學第三節的筆記中對此有詳細的討論）。

Example 7:
設 $f(x)$ 是定義在 $mathbb{R}$ 上的實值函數，則點集 ${x in mathbb{R}:f(x)在點x處不連續，但右極限f(x+0)存在}$ 是可數集。

證明是有點難度的。首先考慮 $S={x in mathbb{R}:f(x+0)存在}$ ，對每一個自然數 $n$ 有 $E_n={x in mathbb{R}: 存在 delta>0,x,xin(x-delta,x+delta),有|f(x)-f(x)|<1/n}$ 。那麼 $igcap_{n=1}^{infty}E_n$ 就是 $f(x)$ 的一個連續點集，下面只要考慮 $Sackslash E_n$ 即可。

首先設 $x in S ackslash E_n$ ，那麼存在 $delta>0$ ，有 $|f(x)-f(x+0)|<frac1 {2n},x in (x,x+delta)$ ，那麼這個時候， $x,x in (x,x+delta)$ 時，就有 $|f(x)-f(x)|<1/n$ 。這說明 $(x,x+delta) subset E_n$ 。

那麼這個時候說明了什麼呢？說明， $S ackslash E_n$ 的每一個點 $x$ 都是某個開區間 $I_x=(x,x+delta)$ 的左端點，並且如果 $x_1 e x_2$ ，就有 $I_{x_1} cap I_{x_2} =emptyset$ （因為如果不是，那麼就會出現 $x_2 in E_n$ 的情況）。於是這又是一系列互不相交的開區間的集合。後面不用我說了吧？

這裡舉的四個例子都是非常重要的基本性質，也會很經常的出現在一些比較困難的習題中作為中間的結論和條件。

下面來舉一道相對綜合一些的書上的習題。

Problem 3:
設 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上可微，且除可數集外，有 $f(x)=0$ ，證明 $f(x)$ 為常數。

首先我們不妨設這一系列導函數不為0的點的集合為 $E={x_0,x_1,...,x_n,...}$ ，那麼考慮其中一個點 $x_0$ ，那麼這個時候 $f(x_0) e 0$ ，不妨設 $f(x_0)=C >0$ ，那麼這個時候，考慮 $x<x_0$ ，使得 $f(x_0)=0$ ，那麼根據達布(Darboux)中值定理的推論可知，對於任意的 $eta in (0,C)$ ，存在點 $x$ ，使得 $f(x)=eta e 0$ ，因為一個區間內的所有點是不可數的，所以這就與題目產生了矛盾。自然也就說明了，任意點上的導函數值為0，就證明了我們想要的結論。

我們有必要提一下達布中值定理，因為這在正常的數分一教學中並不是大字內容，因此容易被忽略。

Theorem 3:Darboux
設 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上可導， $x_1,x_2 in (a,b)$ ，如果 $f(x_1)f(x_2)<0$ ，則 $x_1,x_2$ 中至少存在一個點 $xi$ ，使得 $f(xi)=0$

這個定理也被叫做「導函數的中值定理」，可以在數學分析（上冊）中的第181頁找到它。

基數相關——不可列

不可列的最經典的例子就是實數軸 $mathbb{R}$ ，而注意到 $mathbb{R}$ 與 $[-1,1]$ 是對等的(除去 $-1,1$ 外還有 $f(x)=frac{x}{1-x^2} , xin(-1,1)$ )，而 $[-1,1]$ 與 $[0,1]$ 對等的。所以如果要證明實數軸上點不可數，只需要考慮 $[0,1]$ 上的情況即可。

Example 8:
證明 $[0,1]$ 是不可數集

首先去掉一個0問題不大。對於剩下的集合，書上給了一個做法是構造二進位數（當然也可以用小數點表示法來表示所有實數，但私以為那樣子不太嚴格……），就是說，對於每一個 $(0,1]$ 中的實數 $x$ ，都存在一個二進位表示 $x=sum_{n=1}^{infty}frac{a_n}{2^n}$ 與之對應（比如 $0.875=(0.111)_2$ ）。那麼去掉所有的小數位為0的 $a_n$ ，就可以得到 $x=sum_{i=1}^{infty}2^{-n_i}$ 。令 $k_1=n_1,k_i=n_i-n_{i-1},i=2,3,...$ ，就可以得到一個自然數子列 ${k_i}$ ，這個子列中的每一項都是一個無限維的向量，它與 $(0,1]$ 中的每個數對應。

現在問題來了，如果我們將數排列成 $(k_1^{(1)},k_2^{(1)},cdots,k_i^{(1)},cdots),(k_1^{(2)},k_2^{(2)},cdots,k_i^{(2)},cdots),cdots$ ，那麼我構造一個 $(k_1^{(1)}+1,k_2^{(2)}+1,cdots,k_i^{(i)}+1,cdots)$ 就不在原來的序列中（這是因為，這個數列中的第 $i$ 項總是與原來數的第 $i$ 個不同，而 $i$ 又是任意的）。就證明了這個序列不可數，自然就證明了結論。