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1. #5在cases中不使用if或者“如果”这样的提示词 2. #8使用“有理数”而非“比例数”的称呼
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parent
8a60354b18
commit
a25ea7fe0b
@ -22,7 +22,7 @@
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//连续不一定可微。例如绝对值函数 $f(x):=|x|$ 在 $0$ 处连续但不可微。
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//利用同样的思路，构造 $f:[0,+\infty)\to \mathbb R$ 满足 $f(x):=\begin{cases}x&\text{if }\exists_{n\text{为正偶数}},x=\frac1n\\-x&\text{if }\exists_{n为正奇数},x=\frac1n\\0&\text{otherwise}\end{cases}$，那么 $f$ 同样是在 $0$ 处连续但不可微（斜率存在 $0,-1,1$ 三种）的。这个构造给我们一种启发：先构造一个在序列上的反例 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$，然后通过令 $f(\frac1n):=a_n$ 把序列的反例放到函数啥上。
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//利用同样的思路，构造 $f:[0,+\infty)\to \mathbb R$ 满足 $f(x):=\begin{cases}x&\exists_{n\text{为正偶数}},x=\frac1n\\-x&\exists_{n为正奇数},x=\frac1n\\0&\text{true}\end{cases}$，那么 $f$ 同样是在 $0$ 处连续但不可微（斜率存在 $0,-1,1$ 三种）的。这个构造给我们一种启发：先构造一个在序列上的反例 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$，然后通过令 $f(\frac1n):=a_n$ 把序列的反例放到函数啥上。
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- **定义 10.1.4**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是函数。称 $f$ 是可微的，当且仅当对于任意 $x_0\in X$ 且是 $X$ 的极限点，都有 $f$ 在 $x_0$ 处可微。
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@ -217,9 +217,7 @@ $b=c\to a+b=a+c$ 是显然的，但由于我们还没建立减法和负数的概
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\begin{aligned}&f_m(n^+)=f_{n^+}(m)\\\iff &f_m(n)+m=f_{n^+}(m)\\\iff &f_n(m)+m=f_{n^+}(m)\end{aligned}
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$$
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同样再对 $m$ 进行归纳即可：
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$\begin{cases}f_n(0)+0=0=f_{n^+}(0)\\f_n(m^+)+(m^+)=(f_n(m)+n)+(m^+)=f_{n^+}(m)+(n^+)=f_{n^+}(m^+)\end{cases}$
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同样再对 $m$ 进行归纳即可：$\begin{cases}f_n(0)+0=0=f_{n^+}(0)\\f_n(m^+)+(m^+)=(f_n(m)+n)+(m^+)=f_{n^+}(m)+(n^+)=f_{n^+}(m^+)\end{cases}$
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为了简便，我们现在将 $n\times m$ 简写为 $nm$，并按习惯规定先乘后加。
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@ -287,4 +285,4 @@ $b=c\to a+b=a+c$ 是显然的，但由于我们还没建立减法和负数的概
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- **定义 2.3.9（自然数的指数运算）**：设 $m$ 是自然数，首先定义 $m^0:=1$。现归纳地假定已定义好 $m^n$，那么定义 $m^{n^+}:=m^n\times m$。
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我们暂时不更深入地建立指数运算的理论，等到我们定义了比例数（即有理数）后再探讨。
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我们暂时不更深入地建立指数运算的理论，等到我们定义了有理数后再探讨。
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@ -268,7 +268,7 @@
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存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $i,j\geqslant N$ 有 $|a_i-a_j|\leq\frac12$。那么对于任意 $n\geqslant N$，$a_N-\frac12\leqslant a_n\leqslant a_N+\frac12$。
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取 $A=[a_N-\frac12]$，则 $0\leqslant (a_N-\frac12)-A<1$。记 $c=1-((a_N-\frac{1}{2})-A)$ 为正比例数。
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取 $A=[a_N-\frac12]$，则 $0\leqslant (a_N-\frac12)-A<1$。记 $c=1-((a_N-\frac{1}{2})-A)$ 为正有理数。
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那么对于任意 $n\geqslant N$，$A\leqslant a_n\leqslant A+2-c$。于是 $A\leqslant x\leqslant A+2-c<A+2$（因为排版的历史遗留问题，这里要用到推论 5.4.14，但并不会导致循环论证）。
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@ -277,10 +277,10 @@
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$$
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\lim\limits_{n\to\infty}x^n=
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\begin{cases}
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0&\text{如果 }|x|<1\\
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1&\text{如果 }x=1\\
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\text{未定义}&\text{如果 }x=-1\\
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\text{未定义}&\text{如果 }|x|>1
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0&|x|<1\\
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1&x=1\\
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\text{未定义}&x=-1\\
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\text{未定义}&|x|>1
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\end{cases}
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$$
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@ -365,13 +365,13 @@
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**证明**：由定义可得。
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- **引理 6.7.4**：设比例数 $q$ 和收敛序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，满足对于任意 $n\geqslant m$ 有 $a_n>0$，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n^q=(\lim\limits_{n\to\infty}a_n)^q$。
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- **引理 6.7.4**：设有理数 $q$ 和收敛序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，满足对于任意 $n\geqslant m$ 有 $a_n>0$，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n^q=(\lim\limits_{n\to\infty}a_n)^q$。
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**证明**：不妨设 $q\geqslant 0$（$q<0$ 同理）。记 $L=\lim\limits_{n\to\infty}a_n$，$b_n=a_n^q$。根据引理 6.7.3，对于任意 $N\geqslant m$，由于 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^{\infty}$，那么 $b_N^+=\sup(a_n^q)_{n=N}^{\infty}=(a_N^+)^q$。又由于 $L_a^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^{\infty}$，于是 $L_b^+=\inf((a_N^+)^q)_{N=m}^{\infty}=(L_a^+)^q$。
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同理可证 $L_b^-=(L_a^-)^q$。根据命题 6.4.4.7，有 $L_a^-=L_a^+=L$，那么 $L_b^-=L_b^+=L^q$，那么 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $L^q$。
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- **命题 6.7.5（实数的指数运算的基本性质）**：设实数 $x,y>0$ 和实数 $\alpha=\lim\limits_{n\to\infty}a_n,\beta=\lim\limits_{n\to\infty}b_n$，其中 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是比例数序列 。
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- **命题 6.7.5（实数的指数运算的基本性质）**：设实数 $x,y>0$ 和实数 $\alpha=\lim\limits_{n\to\infty}a_n,\beta=\lim\limits_{n\to\infty}b_n$，其中 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是有理数序列 。
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1. $x^\alpha>0$。
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@ -389,7 +389,7 @@
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证明：假设 $x>1$，对于 $x<1$ 的情况类似。
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$\alpha<\beta\implies x^{\alpha}<x^{\beta}$：存在比例数 $z_1,z_2$，使得 $\alpha<z_1<z_2<\beta$。容易证明，存在比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\alpha$ 且对于任意 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant z_1$，存在比例数序列 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\beta$ 且对于任意 $n\geqslant m$ 有 $z_2\leqslant b_n$。
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$\alpha<\beta\implies x^{\alpha}<x^{\beta}$：存在有理数 $z_1,z_2$，使得 $\alpha<z_1<z_2<\beta$。容易证明，存在有理数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\alpha$ 且对于任意 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant z_1$，存在有理数序列 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\beta$ 且对于任意 $n\geqslant m$ 有 $z_2\leqslant b_n$。
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那么对于任意 $n\geqslant m$，$a_n\leqslant z_1<z_2\leqslant b_n$，那么 $x^{a_n}\leqslant x^{z_1}<x^{z_2}\leqslant x^{b_n}$，根据引理 6.4.5 可知 $x^{\alpha}\leqslant x^{z_1}<x^{z_2}\leqslant x^{\beta}$。
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@ -397,7 +397,7 @@
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5. （极限算律补充）设 $(c_n)_{n=m}^{\infty}$ 是收敛的实数序列，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}x^{c_n}=x^{(\lim\limits_{n\to\infty}c_n)}$。
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证明：设比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足它和 $(\alpha_n)_{n=m}^{\infty}$ 等价，那么只需证明 $(x^{\alpha_n})_{n=m}^{\infty}$ 和 $(x^{a_n})_{n=m}^{\infty}$ 等价即可。接下来的证明过程和命题 6.7.2 的很相似，需要用到命题 6.7.5.2 和命题 6.7.5.4。
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证明：设有理数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足它和 $(\alpha_n)_{n=m}^{\infty}$ 等价，那么只需证明 $(x^{\alpha_n})_{n=m}^{\infty}$ 和 $(x^{a_n})_{n=m}^{\infty}$ 等价即可。接下来的证明过程和命题 6.7.2 的很相似，需要用到命题 6.7.5.2 和命题 6.7.5.4。
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6. $(x^\alpha)^\beta=x^{\alpha\beta}$。
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@ -38,11 +38,10 @@
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设 $x:=g(n+1)$，那么 $\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))+f(x)$。
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设 $k:=h^{-1}(x)$，忽略 $k=n+1$ 的平凡情况。然后定义 $h'$，满足对于任意 $1\leqslant i\leqslant n$，
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$$h'(i):=\begin{cases}h(n+1)&i=k\\h(i)&i\neq k\end{cases}$$
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设 $k:=h^{-1}(x)$，忽略 $k=n+1$ 的平凡情况。然后定义 $h'$，满足对于任意 $1\leqslant i\leqslant n$，有 $h'(i):=\begin{cases}h(n+1)&i=k\\h(i)&i\neq k\end{cases}$。
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那么 $h'$ 是从 $\mathbb Z_{1..n}$ 到 $X\setminus\{x\}$ 的双射。于是，
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$$
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\begin{aligned}
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\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))&=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h(i))+f(h(k))+f(h(n+1))\\
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@ -50,6 +49,7 @@
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&=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))+f(x)
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\end{aligned}
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$$
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根据归纳，$\sum\limits_{i=1}^{n}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))$，证毕。
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为了方便，我们有时把 $\sum\limits_{y\in\{x\in X:P(x)\}}f(y)$ 简写为 $\sum\limits_{x\in X:P(x)}f(x)$ 甚至 $\sum\limits_{P(x)}f(x)$。
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@ -72,9 +72,7 @@
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4. 设 $X,Y$ 是不交的集合，设 $f:X\cup Y\to\mathbb R$ 是函数。那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{y\in Y}f(y)=\sum\limits_{z\in X\cup Y}f(z)$。
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**证明**：设 $X,Y$ 基数分别为 $n,m$。那么存在双射 $g:\mathbb Z_{1..n}\to X$ 和 $h:\mathbb Z_{1..m}\to Y$。定义 $s:\mathbb Z_{1..n+m}\to X\cup Y$，满足
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$$s(i):=\begin{cases}g(i)&1\leqslant i\leqslant n\\h(i-n)&n+1\leqslant i\leqslant n+m\end{cases}$$
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**证明**：设 $X,Y$ 基数分别为 $n,m$。那么存在双射 $g:\mathbb Z_{1..n}\to X$ 和 $h:\mathbb Z_{1..m}\to Y$。定义 $s:\mathbb Z_{1..n+m}\to X\cup Y$，满足 $s(i):=\begin{cases}g(i)&1\leqslant i\leqslant n\\h(i-n)&n+1\leqslant i\leqslant n+m\end{cases}$。
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容易证明 $s$ 定义合法且是双射。
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@ -187,9 +185,8 @@
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若 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$，考虑证明 $S_N:=\sum\limits_{n=m}^N(-1)^na_n$ 收敛。根据引理 7.2.7，我们不妨假设 $m$ 为偶数。假设 $S_{m-1}:=0$。
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定义序列 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足
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$$\begin{aligned}A_n&:=\begin{cases}S_{n-1}&n\text{ 为偶数}\\S_n&n\text{ 为奇数}\end{cases}\\B_n&:=\begin{cases}a_n&n\text{ 为偶数}\\0&n\text{ 为奇数}\end{cases}\end{aligned}$$
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定义序列 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足 $
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A_n:=\begin{cases}S_{n-1}&n\text{ 为偶数}\\S_n&n\text{ 为奇数}\end{cases}$，$B_n:=\begin{cases}a_n&n\text{ 为偶数}\\0&n\text{ 为奇数}\end{cases}$。
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那么 $S_n=A_n+B_n$。
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@ -259,7 +256,7 @@
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命题 7.3.4 可能看起来非常奇怪，但它实现了变量从底数到指数的转换，这有时会带来神奇的效果，比如：
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- **推论 7.3.5**：设 $q>0$ 是比例数。那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^q}$ 当 $q>1$ 时收敛而当 $q\leqslant 1$ 时发散。
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- **推论 7.3.5**：设 $q>0$ 是有理数。那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^q}$ 当 $q>1$ 时收敛而当 $q\leqslant 1$ 时发散。
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**证明**：当 $q>0$ 时，$\frac{1}{n^q}$ 是正的减的，于是根据柯西准则，只需关注级数 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}2^k\frac{1}{2^{kq}}=\sum\limits^{\infty}_{k=0}\frac{1}{2^{k(q-1)}}$。
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@ -78,7 +78,7 @@
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**证明**：令 $f:\mathbb Z\times (\mathbb Z\setminus\{0\})\to \mathbb Q$ 满足 $f(a,b):=\frac{a}{b}$。易证 $f$ 是满射，于是 $f(\mathbb Z\times (\mathbb Z\setminus\{0\}))=\mathbb Q$，那么 $\mathbb Q$ 是至多可数集。又由于 $\mathbb Z\subseteq \mathbb Q$ 不是有限集蕴含了 $\mathbb Q$ 不是有限集，故 $\mathbb Q$ 是可数集。
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推论 8.1.13 得到的一个很有趣的事实是，我们可以把所有比例数按某种顺序排在一个无限序列上，这导致了一个更有趣的事实——对于任意 $x\in \mathbb R$，$x$ 都是该序列的极限点（于是，这还蕴含了序列的极限点的个数可以是无限多的）。
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推论 8.1.13 得到的一个很有趣的事实是，我们可以把所有有理数按某种顺序排在一个无限序列上，这导致了一个更有趣的事实——对于任意 $x\in \mathbb R$，$x$ 都是该序列的极限点（于是，这还蕴含了序列的极限点的个数可以是无限多的）。
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#### 8.2 在无限集合上的求和
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@ -132,7 +132,7 @@
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第二部分：当 $f(n,m)$ 可以为负时。
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构造 $f_+:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 和 $f_-:f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$，满足 $f_+(n,m):=\begin{cases}f(n,m)&\text{if }f(n,m)> 0\\0&\text{otherwise}\end{cases}$ 和 $f_-(n,m):=\begin{cases}-f(n,m)&\text{if }f(n,m)<0\\0&\text{otherwise}\end{cases}$，那么 $f_+(n,m)$ 和 $f_-(n,m)$ 都非负且 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。
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构造 $f_+:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 和 $f_-:f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$，满足 $f_+(n,m):=\begin{cases}f(n,m)&f(n,m)> 0\\0&f(n,m)\leq 0\end{cases}$ 和 $f_-(n,m):=\begin{cases}-f(n,m)&f(n,m)<0\\0&f(n,m)\geq 0\end{cases}$，那么 $f_+(n,m)$ 和 $f_-(n,m)$ 都非负且 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。
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根据 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))$ 绝对收敛，易证 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))$ 都绝对收敛（从而收敛）。
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@ -238,6 +238,7 @@
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归纳地假设对于任意 $-1\leq i<m$ 已经构造好 $f(i),p_i,q_i$。令 $L'=\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}$，分情况讨论：
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- 若 $L'<L$，那么令 $f(m):=f_+(p_{m-1}),p_m:=p_{m-1}+1,q_m:=q_{m-1}$。
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- 若 $L'\geq L$，那么令 $f(m):=f_-(q_{m-1}),p_m:=p_{m-1},q_{m}:=q_{m-1}+1$。
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容易发现，此递归构造是成功的。
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@ -273,6 +274,7 @@
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例如对于 $+\infty$。同样归纳地假设对于任意 $-1\leq i<m$ 已经构造好 $f(i),p_i,q_i$。令 $S=\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}+a_{f^-(q_{m-1})}$，分情况讨论：
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- 若 $S< q_{m-1}+1$，那么令 $f(m):=f_+(p_{m-1}),p_m:=p_{m-1}+1,q_m:=q_{m-1}$。
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- 若 $S\geq q_{m-1}+1$，那么令 $f(m):=f_-(q_{m-1}),p_m:=p_{m-1},q_{m}:=q_{m-1}+1$。
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同样可以归纳证明，两种情况都会出现无限次，且总有 $\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}\geq q_M$。那么就可以证明 $\limsup\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=\liminf\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=+\infty$。
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@ -317,7 +319,7 @@
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考虑递归定义集合 $(D_0)_{n=0}^{\infty}$，满足 $D_0:=B\setminus A$ 且 $D_{n+1}:=f(D_n)$。
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然后考虑定义 $g:A\to B$，满足 $g(x):=\begin{cases}f^{-1}(x)&\text{if }x\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\\x&\text{if }x\not\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\end{cases}$。
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然后考虑定义 $g:A\to B$，满足 $g(x):=\begin{cases}f^{-1}(x)&x\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\\x&x\not\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\end{cases}$。
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然后可以证明 $g$ 是双射。故 $A,B$ 具有相同的基数。
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@ -150,7 +150,7 @@
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//连续的定义有没有更简单一些的理解方式？
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注意定义域 $X$ 很重要，例如：设由 $f(x):=\begin{cases}1&\text{if }x>0\\0&\text{if }x=0\\-1&\text{if }x<0\end{cases}$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to \mathbb R$，那么 $f$ 在 $0$ 处是间断的，但 $f|_{(-\infty,-1]\cup\{0\}\cup[1,+\infty)}$ 在 $0$ 处是连续的，$f|_{\{0\}}$ 在 $0$ 处是连续的。
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注意定义域 $X$ 很重要，例如：设由 $f(x):=\begin{cases}1&x>0\\0&x=0\\-1&x<0\end{cases}$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to \mathbb R$，那么 $f$ 在 $0$ 处是间断的，但 $f|_{(-\infty,-1]\cup\{0\}\cup[1,+\infty)}$ 在 $0$ 处是连续的，$f|_{\{0\}}$ 在 $0$ 处是连续的。
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- **命题 9.4.2**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 是函数，$x_0\in X$。那么下面三个命题是等价的：
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@ -296,7 +296,7 @@
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设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。我们需找到 $\delta>0$，使得对于任意 $y\in [f(a),f(b)]$ 且 $|y-y_0|\leq \delta$，令 $x=f^{-1}(y)$，都有 $|x-x_0|\leq\varepsilon$。
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设 $\delta_l:=\begin{cases}f(x_0)-f(x_0-\varepsilon)&\text{if }x_0-\varepsilon\geq a\\+\infty&\text{if }x_0-\varepsilon<a\end{cases}$，$\delta_r:=\begin{cases}f(x_0+\varepsilon)-f(x_0)&\text{if }x_0+\varepsilon\leq b\\+\infty&\text{if }x_0+\varepsilon>b\end{cases}$，$\delta=\min(\delta_l,\delta_r)$，容易证明 $\delta>0$ 且满足条件。
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设 $\delta_l:=\begin{cases}f(x_0)-f(x_0-\varepsilon)&x_0-\varepsilon\geq a\\+\infty&x_0-\varepsilon<a\end{cases}$，$\delta_r:=\begin{cases}f(x_0+\varepsilon)-f(x_0)&x_0+\varepsilon\leq b\\+\infty&x_0+\varepsilon>b\end{cases}$，$\delta=\min(\delta_l,\delta_r)$，容易证明 $\delta>0$ 且满足条件。
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引理 9.8.2 和命题 9.8.3 对于单调减也有类似的论述。
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