數學分析筆記整理（二）

09-10

數學分析筆記整理（二）

來自專欄我的數學臆想11 人贊了文章

上次講到哪了來著？？？

emmmm抱歉啊年代太久遠了容我回想一下……

啊對！

咱們講到域了！

對對對就是那，OK，咱今天就接著上次的講。

有關域的幾個例子
實數域
實數域的擴充：超實數域
有關數的再次革命：複數域
Euclidean空間

有關域的幾個例子

舉一個東西的例子至少要知道他是啥不是？

所以我們還是先來回顧下域的定義。

啥叫域？

簡單地說，就是嵌有兩個運算（我們分別把它們稱之為加法和乘法，其實這也只是個名字，意義不大只是叫慣了而已）的一個集合F，如果滿足加法和乘法都結合、交換、含幺、可逆，並且加法和乘法結合起來具有分配律，那我們就將這個集合F稱為一個域（Field）。

詳細定義如下：

Def：一個被定義了兩個二元運算 $+$ 和 $imes$ 的集合 $F$ 稱為一個域，如果滿足：
1.對於加法：
結合律： $forall x,y,zin F,x+(y+z)=(x+y)+z$ 。

交換律： $forall x,yin F,x+y=y+x$ 。
含有單位元： $forall xin F,exists e in F$ ,使得 $a+e=e+a=a$ ,我們將這裡的 $e$ 記作 $0$ ，稱為加法單位元。
可逆： $forall xin F,exists yin F$ ,使得 $x+y=y+x=0$ ，我們將這裡的 $y$ 記作 $-x$ ，稱為 $x$ 的加法逆。
2.對於乘法：
結合律： $forall x,y,zin F,x(yz)=(xy)z$ 。
交換律： $forall x,yin F,xy=yx$ 。
含有單位元： $forall xin F,exists e in F$ ,使得 $ae=ea=a$ ,我們將這裡的 $e$ 記作 $1$ ，稱為乘法單位元。
可逆： $forall xin F,x e 0 ,exists yin F$ ,使得 $xy=yx=1$ ，我們將這裡的 $y$ 記作 $-x$ ，稱為 $x$ 的乘法逆。
3.對於加法和乘法的結合（分配律）： $forall x,y,zin F,x(y+z)=xy+xz$ 。

好抽象啊對不對？

嗯，有點。

舉幾個例子你就明白為什麼數學家們要搞出這個喪心病狂的概念了。

例子一：有理數集 $Q$ 。

我們簡單驗證一下它的乘法可逆，即 $forall frac abin Q,-frac abin Q$ （因為有理數的一個定義就是所有整數可以組成的比）

例子二：所有形如 $a+bsqrt2 (a,bin Q)$ 的數的集合。

例子三（如果你學過一點數論的話）： $left{ ar1,ar2,cdots,ar6 ight}$ ，其中 $ar a$ 是所有跟 $a$ 摸7同餘的整數的集合，且 $overline a+overline b,overline aoverline b$ 分別定義為 $overline {a+b},overline {ab}$ 。

希望你可以自己動手驗證一下他們為什麼是域。

好啦，其實這些不懂也沒關係，因為域實際上是代數上的概念，這裡只是被Prof拿來精確描述了一下我們需要的概念而已，實際上我們主要探討的還是我們所熟知的實數域（也就是實集……）。

實數域

實數這個概念我們從初中就開始接觸了，那麼到底什麼實數，它的定義又是什麼呢？

我們來回顧一下初中的時候老師是怎麼幫我們引入實數的概念的。（注意，以下只是粗略的說法，不是真正定義，也歡迎大家提供更準確形象的表達，我將十分感謝！）

首先，我們有正整數，然後用所有形如 $frac ab$ （ $a,bin Q,b e0$ ）的數來定義有理數，有理數還有一個定義，就是所有無限循環小數（有限小數可以看成是無限循環0），然後我們發現用這些概念來度量長度是不夠的，因為我們還發現有些東西的長度不是有理數（比如 $sqrt2$ ），也就是無限不循環小數，我們把這樣的數統稱為無理數，無理數和有理數的集合稱為實數

嗯，這樣理解看起來好像沒有問題，但是一個重要的地方是，這裡沒有給「數」這個東西添加概念！
實際上他這裡也就默認了所有的數就是實數了，或者可以說，所有物件可能的長度的集合（即在現實世界中能被度量到的長度對應的數），這又要促使我們去定義長度了。（事實上，「能度量到」這個詞本身就帶有主觀性了）
以上的說法就好比是說我們先有了實數集，然後規定其中的一些元素是正整數，然後又通過正整數來定義有理數，進而就說在實數集中，不是有理數的元素就是無理數。
這裡有很多地方是經不起推敲的，首先，沒有實數的準確定義我們就沒法說明正整數是什麼，因為由上面所說，正整數是某些特殊的實數，然而我們連實數的定義都不知道，又怎麼能定義具有某些特性的實數呢？其次，不定義正整數，我們又何談有理數？
可能大家看到這裡會有點懵，因為我們實在被小學開始的先入為主的概念帶入太久了，甚至於都沒去想過這些問題，因為這一切都太自然太直觀了，以至我們忘記了詢問數的本質究竟是什麼。
嗯，講這些，只是為了說明我們之前的概念並不嚴謹，在某種程度上我們甚至可以說，沒有實數的嚴格概念整個微積分大廈都是搖搖欲墜的，具體的這些我會放在一個數分外篇來詳細闡述（因為這個問題實在不是幾段話能說清楚的，數學家們也是經歷了兩三百年才將實數的理論基礎真正建立起來），看看數學家們是怎麼來解決這個問題的。

好，這裡實數的構造我們暫且不談（雖然我已經給大家帶入坑了），大家先把他還想作我們一直以為的那樣，我們不加證明的（因為不定義實數的話就沒法證明）給出如下定理：

Thoerem 1：實數集在習慣意義下的加法和乘法上構成一個域 $extbf{R}$ ，且域 $extbf{R}$ 對於有理數域具有最小上界性（仔細想想啥是最小上界性，也可以去翻上一篇筆記）。

進一步地，有理數域是實數域的子域。（即有理數域在實數域的兩個二元運算下仍滿足域結構）

注意，這實際上是要證明的，由於它過於繁瑣與冗長（雖然這很有意義）我們將把它放到一個數分外篇中講述。

由以上我們可以得到如下定理：

Theorem 2：

(a)若 $x,yin R,x>0,$ 那麼 $exists nin N^+,s.t. nx>y$ (Archimedes性).

(b)若 $x,yin R,x>0,x<y$ 那麼 $exists pin Q,s.t. x<p<y$ .

這個定理就是說，任意正實數與另一實數之間都存在一個有理數。

Corollary：任意兩個實數之間都存在無數多個有理數。

proof
(a)我們用反證法，設 $A=left{ x,2x,3x,4x,cdots ight}$ ，假設(a)是錯的，那麼
$y>nx,forall nin N^+$ ，於是 $y$ 是 $A$ 的一個上界，由 $R$ 的最小上界性，我們知道 $exists alpha=supAin R$
那麼就有 $alpha-x<alpha$ ,於是 $exists min N^+,s.t.alpha-x<mx$ 即 $alpha<(m+1)x$ 這與 $alpha$ 是上確界矛盾，故(a)成立。
(b)由 $x<y$ 知 $y-x>0$ ，於是 $exists nin N^+,s.t.n(y-x)>1$

由(a)可得 $exists m_1in N^+,s.t.m_1>n$ （因為 $nx>0$ ）即 $nx<m_1$
我們取 $m$ 是滿足上述條件的最小的 $m_1$ （由最小正整數公理我們知道一定存在）
我們現在來證明 $m-1leq nx$
假設不滿足，那麼 $m-1>nx$ ，這與 $m$ 是大於 $nx$ 的最小正整數矛盾。
於是 $m-1leq nx<m$
結合上面的不等式，就有 $nx<mleq1+nx<ny$ ，於是 $x<frac mn<y$ ，其中 $m,nin N^+$
這就證明了結論。

【注】對於最小正整數公理的使用那裡我仍然存有疑惑，因為書上根本就沒提到最小正整數公理，還請各位大佬慧眼可以告知書上的明確思路，當然了，這個證明也是沒有問題的。

Lemma 1： $forall b>a>0,b^n-a^n<(b-a)nb^{n-1}$

proof
$egin{align} b^n-a^n&=(b-a)(b^{n-1}+b^{n-2}a+b^{n-3}a^2+cdots+a^{n-1}) \ &<(b-a)(b^{n-1}+b^{n-1}+b^{n-1}+cdots+b^{n-1}) \ &=(b-a)nb^{n-1} end{align}$

Theorem 3： $forall x>0,xin R,nin N^+,$ 有且只有一個 $y$ ，使得 $yin R,s.t.y^n=x$

此時我們將y寫作 $sqrt[n]{x}$ 或 $x^{frac1n}$

proof
先來證存在性
我們設 $E=left{ t>0|t^n<x ight}$ ，因為 $(frac{x}{1+x})^n<(frac{x}1)^n=x^n$ ，所以 $frac{x}{1+x}in E$ ，於是 $E evarnothing$
而由 $(1+x)^n=1+nx+C_n^2x^2+cdotsgeq1+nx>x$ ， $1+x$ 是集合 $E$ 的一個上界，由Theorem 1知， $R$ 中 $E$ 有上確界 $supE$ ，我們設 $y=supE$ ，顯然 $y>0$ 。
下面我們將通過反證法證明 $y^n=x$ 。
(i)假設 $y^n<x$
由Lemma 1知 $forall 0<h<1,(y+h)^n-y^n<hn(y+h)^{n-1}<hn(y+1)^{n-1}$
為了製造矛盾，我們取 $h<frac{x-y^n}{n(y+1)^{n-1}}$ （注意這裡不是等號，因為等號無法控制h小於1），代入就有
$egin{align} (y+h)^n-y^n&<frac{x-y^n}{n(y+1)^{n-1}}n(y+1)^{n-1} \ &=x-y^n end{align}$

於是 $(y+h)^n<x$ 這就是說 $y+hin E$
由 $y=supE$ 我們又可以得到 $y geq y+h$ ，矛盾。
(ii)假設 $y^n<x$
與之前類似的步驟， $forall0<k<y,y^n-(y-k)^n<kny^{n-1}$
現在我們來證明 $forall tin E,k<frac{y^n-x}{ny^{n-1}}$ 有 $t<y-k$
假設 $exists tin E,s.t. tgeq y-k$
同樣地，為了製造矛盾，我們設 $k<frac{y^n-x}{ny^{n-1}}$
於是 $y^n-t^nleq y^n-(y-k)^n<frac{y^n-x}{ny^{n-1}} cdot ny^{n-1}=y^n-x$
取不等式的兩邊，就有 $x<t^n$ ，矛盾
這就證明了 $forall tin E,k<frac{y^n-x}{ny^{n-1}}$ 有 $t<y-k$ ，而這顯然與 $y=sup E$ 矛盾。

綜上所述， $y^n=x$ 。
由於上確界的唯一性， $y$ 的唯一性也就證明了。

Corollary： $forall a,b>0;a,bin R;nin N^+,(ab)^{frac1n}=a^{frac1n}b^{frac1n}$

proof
因為 $[(ab)^{frac1n}]^n=ab,[a^{frac1n}b^{frac1n}]^n=[(a)^{frac1n}]^n[(b)^{frac1n}]^n=ab$ （域的乘法交換律）
由Theorem 3的唯一性部分立即就能得到 $(ab)^{frac1n}=a^{frac1n}b^{frac1n}$ 。

關於實數域的性質我們先講到這裡。

【注】以後的參考資料也會加上科大的數分（因為Rudin實在是簡略了）。

實數域的擴充

我們注意到，在實數域中，有些數列是無界的，例如數列1，2，3，4，……就沒有上界。

為了給所有的實數域數列都建立一個界（之後你將會看到這是有用的，），我們在實數域 $R$ 中添入兩個元素 $+infty,-infty$ ，分別稱為正無窮大和負無窮大，並規定

$forall xin R,-infty<x<+infty$

我們將這個新的域記為 $R^*$ ，稱為超實數域，在該域中實數保持原先的序結構。

【注】之後你將看到這個擴充是很有用的，如果你已經學過一些數分的話，就會發現它實際上是讓所有的單調數列都存在極限了。

我們簡單給出幾條有關無窮大的性質。

Prop
1. $forall xin R,x+(+infty)=+infty,x-(+infty)=-infty$
2. $forall xin R,x+(-infty)=-infty,x-(-infty)=+infty$
3. $forall x>0,xin R,xcdot(+infty)=+infty,xcdot(-infty)=-infty$
4. $forall x<0,xin R,xcdot(+infty)=-infty,xcdot(+infty)=-infty$

性質1，2跟書上寫的有所不同，貌似Rudin是直接把 $infty$ 默認為 $+infty$ 了，但是我認為這樣寫有點不確切，所以就在這裡改了一下，若有錯誤歡迎指正。

有關數的再次革命：複數域

回顧一下，直到初中我們見證了無數次有關數的革命，從正整數，零，負整數，再到分數，建立起有理數的概念，隨後又發現了無理數，以此建立了實數的概念。

雖然這並不完全遵循數學史的順序，但是卻在一定程度上反映了數的思路進程。、

那麼，我們是否能在數的基礎上，再進行一次革命呢？

可以。

我們注意到，之前的數都是簡簡單單的孤零零一個，那麼我們就想，是會否能用有序數組（你可以想一下為什麼必須選擇有序數組）來擴充原先的實數域（或是超實數域）呢？

Def：我們將任意二維有序實數組 $(a,b)$ 稱為一個複數，並規定
a. $(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),forall a,b,c,din R$
b. $(a,b)cdot(c,d)=(ac-bd,ad+bc),forall a,b,c,din R$

我們知道，要擴充一個數域，首先就要讓新的數域含有原先數域的所有元素併兼容原先數域的結構，（這裡的實數為 $(a,0)$ 型的虛數）由此我們給出如下定理：

Thoerem 4： $(a,0)+(b,0)=(a+b,0),forall a,bin R$ ; $(a,0)(b,0)=(ab,0),forall a,bin R$

proof：證明是顯然的。

複數集（記作 $C$ ）含有全部實數也是顯然的，這就滿足了我們的需求。

Theorem 5：複數集 $C$ 關於它的加法與乘法運算形成一個域（稱之為複數域，也可記作 $extbf C$ ）

proof：這裡只要一一驗證複數集關於這兩種運算是否滿足域的定義就可以了，故我們把證明留給大家。

下面介紹有關複數的一些基本概念。

Def：我們將複數 $(0,1)$ 記作 $i$ 。

易驗證， $i^2=-1$ 。

Def：對於複數 $z=(a,b)$ ，我們稱a為該複數的實部，b為該複數的虛部，分別記作 $Re(z)=a,Im(z)=b$ 。

Def：對於複數 $z=(a,b)$ ，我們稱複數 $(a,-b)$ 為複數z的共軛複數，記作 $ar z$ 。

Def：對於複數 $z=(a,b)$ ，我們稱 $(zar z)^{frac12}$ （實際上也就是 $sqrt{a^2+b^2}$ ）為z的模（原書稱為absolute value），記作 $|z|$ 。

下面介紹幾個小性質。

共軛複數

Prop
1. $overline{z+w}=overline z+overline w,forall z,win C$ ;
2. $overline{zw}=overline zcdotoverline w,forall z,win C$ ;
3. $z+overline{z}=2Re(z),z-overline{z}=2Im(z),forall zin C$ ;
4. $forall zin C,zoverline zin R$ 並有 $zoverline zgeq 0$ ，當且僅當 $z=(0,0)$ （也就是實數域中的0）時取等號。

複數的模

Prop
1. $|z|geq0,forall zin C$ 當且僅當 $z=(0,0)$ 時取等號;
2. $|overline z|=|z|,forall zin C$ ;
3. $|zw|=|z|cdot|w|,forall z,win C$ ;
4. $|Re(z)|leq|z|,forall zin C$ （注意，前一個 $「|quad|」$ 是絕對值的意思，實際上絕對值的幾何意義就是一個數對應的點到原點的距離……複數域上的點指的是Guass平面上的點）;
5. $|z+w|leq|z|+|w|,forall z,win C$ 。

這些證明都不難，我們把它當作練習留給大家。

下面給出一個稍為重要的不等式（Schwarz inequality）。

Theorem 6： $forall a_1,a_2,cdots,a_n;b_1,b_2,cdots,b_nin C,|sum_{j=1}^{n}{a_joverline{b_j}}|^2leq|sum_{j=1}^{n}{a_j}|^2|sum_{j=1}^{n}{{b_j}}|^2$ 。

proof
(i) $B=0$ ，此時 $b_1=b_2=cdots=b_n=0$ ，於是等式兩邊就都為零了，結論顯然成立。
(ii) $B>0$
我們記 $A=|sum_{j=1}^{n}{a_j}|^2,B=|sum_{j=1}^{n}{b_j}|^2,C=sum_{j=1}^{n}{a_joverline{b_j}}$ ，於是
$egin{align} sum_{j=1}^n|Ba_j-Cb_j|^2&=sum_{j=1}^n[(Ba_j-Cb_j)overline{(Ba_j-Cb_j)}] \ &=sum_{j=1}^n[(Ba_j-Cb_j)(Boverline a_j-overline Coverline b_j)] \ &=B^2sum_{j=1}^n|a_j|^2-B(overline Csum_{j=1}^na_joverline b_j+Csum_{j=1}^noverline a_jb_j)-|C|^2sum_{j=1}^n|b_j|^2 \ &=B^2A-B|C|^2 \ &=B(BA-|C|^2) end{align}$
【注】這裡的第四個等號需要解釋一下，首先由 $overline{overline Csum_{j=1}^na_joverline b_j}=Csum_{j=1}^noverline a_jb_j$ 知
$overline Csum_{j=1}^na_joverline b_j+Csum_{j=1}^noverline a_jb_j$ 的實部為零，又 $Bin R$ ， $B(overline Csum_{j=1}^na_joverline b_j+Csum_{j=1}^noverline a_jb_j)$ 的實部為零，而 $B^2sum_{j=1}^n|a_j|^2,|C|^2sum_{j=1}^n|b_j|^2$ 都是實數，等式最左邊的 $sum_{j=1}^n|Ba_j-Cb_j|^2$ 也是實數，所以 $B(overline Csum_{j=1}^na_joverline b_j+Csum_{j=1}^noverline a_jb_j)$ 必須是實數（也就是說它的虛部為零），於是 $B(overline Csum_{j=1}^na_joverline b_j+Csum_{j=1}^noverline a_jb_j)=0$ 。
下面我們繼續
由上面等式的最左邊大於等於零，我們知道 $B(BA-|C|^2)geq0$
又因為 $B>0$ ，所以 $BA-|C|^2geq0$ ，換個方式寫就是 $|C|^2leq AB$ ，即
$|sum_{j=1}^{n}{a_joverline{b_j}}|^2leq|sum_{j=1}^{n}{a_j}|^2|sum_{j=1}^{n}{{b_j}}|^2$ ，這就證明了Schwarz不等式。

Euclidean空間

我們說，複數是由將二個實數有序排列構造的，這無疑給我們提供了一條繼續擴充實數的途徑，因為只要將原先的二維實數組上再添上一個實數構成三維有序數組（類似於 $(a,b,c),a,b,cin R$ ）就是更廣泛的存在了，以此類推，我們可以得到任意維有序數組的集合，我們將n維有序實數組的集合記作 $R^n$ （參考上一篇中笛卡爾積的概念）。

遺憾的是，並不是所有的 $R^n$ 都可以兼容實數域的同時具有域結構，事實上也就只有2維的情況（也就是複數域）可以做到。

這個證明留作一個坑，以後有機會再來填吧，各位如果有證明方法也歡迎提供哈哈哈，我是真不會……

（這裡道個歉，有些慚愧那天的Holder不等式的證明到現在還沒有填上去，下星期一定把那一篇完成！）

但是就算這樣， $R^n$ 也是相當有用的，我們這裡簡單介紹下它並給出幾個相關概念。

為了方便起見，我們下面默認

$extbf x=(x_1,x_2,cdots,x_n),x_1,x_2,cdots,x_nin R ; \ extbf y=(y_1,y_2,cdots,y_n),y_1,y_2,cdots,y_nin R$

Def： $forall extbf x=(x_1,x_2,cdots,x_n),x_1,x_2,cdots,x_nin R, extbf x$ 稱為 $R^n$ 中的一個點（或向量）， $(x_1,x_2,cdots,x_n)$ 稱為向量 $extbf x$ 的坐標。

Def：在 $R^n$ 中，我們規定

$extbf x+ extbf y riangleq (x_1+y_1,x_2+y_2,cdots,x_n+y_n),forall extbf x, extbf yin R^n$

$alpha extbf x riangleq (alpha x_1,alpha x_2,cdots,alpha x_n),forall extbf xin R^n,alphain R$

【注】如果學過線性代數的話，你就會看到這裡被賦予了加法與數量乘法運算的 $R^n$ 實際上就是一個向量空間。

我們在這個向量空間上賦予一個點乘運算（也叫做內積）

Def： $extbf xcdot extbf y riangleq(x_1y_1,x_1y_2,cdots,x_ny_n)$

Def：以上的向量空間 $R^n$ （也就是賦予了加法與數量乘法運算的 $R^n$ ）稱為n維Euclidean空間，如果再被賦予內積運算的話。

【注】實際上內積有很多不同的定義方式，但是那就是代數的討論範圍，我們這裡就不做深入探討了。

Def：在n維Euclidean空間中， $| extbf x| riangleq( extbf xcdot extbf x)^{frac12}$ （也就是 $(sum_{i=1}^{n}x_i^2)^{frac12}$ ），稱為向量 $extbf x$ 的模。

Prop（設 $extbf x, extbf y, extbf zin R^n$ ）

1. $| extbf x|geq0$ ，當且僅當 $extbf x=(0,0,cdots,0)$ 時取等號；

2. $|alpha extbf x|=|alpha|| extbf x|,forall alphain R$ ；

3. $| extbf xcdot extbf y|leq| extbf x|| extbf y|$ ；

4. $| extbf x+ extbf y|leq| extbf x|+| extbf y|$ ；

5. $| extbf x- extbf z|leq| extbf x- extbf y|+| extbf y- extbf z|$ （三角不等式）。

proof：1，2是顯然的，3就是Schwarz不等式的直接結果，下面我們證明4
由性質3
$egin{align} | extbf x+ extbf y|^{2}&=( extbf x+ extbf y)cdot( extbf x+ extbf y) \ &= extbf xcdot extbf x+2 extbf xcdot extbf y+ extbf ycdot extbf y \ &leq extbf xcdot extbf x+2| extbf x|| extbf y|+ extbf ycdot extbf y \ &=| extbf x|^2+2| extbf x|| extbf y|+| extbf y|^2 \ &=(| extbf x|+| extbf y|)^2 end{align}$
又由 $| extbf x+ extbf y|,(| extbf x|+| extbf y|)geq0$ ，就得到了 $| extbf x+ extbf y|leq| extbf x|+| extbf y|$
而性質5的證明只需將4中的 $extbf x, extbf y$ 換為 $extbf x- extbf y$ 和 $extbf y- extbf z$ 。

OK，這就是今天的全部內容了，回顧一下，今天我們首先複習了一下域的概念，然後就實數域給出了一些性質和定理，緊接著又對實數域進行了一些必要的擴充（也就是超實數域和複數域）並分別簡單介紹了下它們。

暑假正式開始，數分筆記也是再次啟航哈哈，希望對大家對我自己都有所幫助吧！

好啦，今天的內容就講到這裡，碼字不易，歡迎各位看官點贊收藏感謝打賞支持，小生在此拜過各位啦~~

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