函数论与泛函分析练习

集论初步

集的概念、运算

证明: f^{-1}\left(S\backslash\bigcup_iA_i \right)=S\backslash \bigcup_i f^{-1}\left( A_i\right)

\begin{split} &x\in f^{-1}\left(S\backslash\bigcup_iA_i \right)\\ \Rightarrow&f(x)\in S\backslash\bigcup_iA_i\\ \Rightarrow&f(x)\not\in\bigcup_iA_i\\ \Rightarrow&f(x)\not\in A_i \quad\text{(for given $i$'s)}\\ \Rightarrow&x\not\in f^{-1}(A_i) \quad\text{(for given $i$'s)}\\ \Rightarrow&x\not\in \bigcup_i f^{-1}(A_i)\\ \Rightarrow&x\in S\backslash \bigcup_i f^{-1}\left( A_i\right) \end{split}
\begin{split} &x\in S\backslash \bigcup_i f^{-1}\left( A_i\right)\\ \Rightarrow&x\not\in \bigcup_i f^{-1}\left( A_i\right)\\ \Rightarrow&x\not\in f^{-1}\left( A_i\right) \quad\text{(for given $i$'s)}\\ \Rightarrow&f(x)\not\in A_i \quad\text{(for given $i$'s)}\\ \Rightarrow&f(x)\not\in \bigcup_i A_i \\ \Rightarrow&f(x)\in S\backslash \bigcup_i A_i \\ \Rightarrow&x\in f^{-1}\left(S\backslash\bigcup_iA_i \right) \end{split}

证明:(M\backslash A)\backslash B=M\backslash (A\cup B)

\begin{split} x\in(M\backslash A)\backslash B &\iff x \in (M\backslash A) \wedge x\not\in B\\ &\iff x \in M \wedge x \not\in A \wedge x \not\in B\\ &\iff x \in M \wedge x \not\in (A\cup B)\\ &\iff x \in M\backslash (A\cup B) \end{split}

集的对等性、势

证明:有理系数的一切多项式集合都是可数集。

设有理系数的一切多项式集合为P,设最高次项不超过n的多项式集合是P^n,显然P=\bigcup_{i=0}^\infty P^i,因此P是可数个集合的和,现在证明P^n也是可数集,从而命题可证。
因为是有理系数,从而P^n(x)=\{\sum_{i=0}^n \frac{p_i}{q_i}x^i \Big|\;q_i>0,\,\mathrm{gcd}(p_i,q_i)=1\}
现在,定义P^n(x)中元素的高度为h=\sum_{i=0}^n |p_i|+|q_i|,换句话说,高度构成了P^n(x)的一个划分,按某高度h划分的子集记为P^n_h,显然P^n_h是一个有限集合,于是可以依次选择P^n_0,P^n_1,\cdots,,并对每个集合中的元素按照特定的顺序进行排列,并且能够对其编号,于是,P^n(x)就是一个可数集。

证明:一切代数数集合G是可数集

如果\xi是代数数,则它必然是某个有理系数多项式的根。
一方面,任意有理数必然是代数数,因为任意有理数\xi都是多项式p(x)=x-\xi的根,所以\mathbb{Q}\subset G,即G至少可数(即要么是可数集要么是不可数集合,但不可能是有限集)。
下面我们证明G至多可数(即要么是可数集要么是有限集合,但不可能是不可数集),从而说明G是可数集合。
对于任意的n次有理多项式方程p_n(x)=0,两边乘以所有非零有理系数分母的最小公倍数,于是成为一个整系数多项式方程p'_n(x)=0,显然此二者的具有相同的解。
根据代数学基本定理,在复数域内,P'_n(x)=0至多有n个不同的根,即给定一个有理系数多项式,其根的集合是有限集(至多可数集);又因为有理多项式集合是可数的,所以有理多项式的根集合是至多可数的,即一切代数数的集合是至多可数的。

证明:平面上一切有理坐标点的集合A是可数集合。

取平面上直角坐标系,显然X、Y轴上任意两个有理数x,y将确定平面上一个有理点p=(x,y),反之,给定一个有理点p=(x,y),将唯一确定X、Y轴上的有理数x,y
现在,固定某个有理数y,过y作平行于X轴的直线,直线上的所有有理点的集合记为Q_y =\{(x,y)\big|x\in\mathbb{Q}\},显然Q_y与有理数集合\mathbb{Q}的元素是一一对应的,从而两者对等,于是Q_y是可数集,现在我们有A=\bigcup_{y\in\mathbb{Q}}Q_y于是集合A是可数个可数集的和,从而A可数。

证明:直线上一切有理开区间(有理端点的开区间)的集合B是可数的。

给定一个有理开区间(x,y)\in B,它唯一对应了平面上的有理坐标(x,y),于是B对应的平面上的有理坐标集合B'应该至少是平面上有理坐标集合A的子集,因为由上面的命题知,A是可数集合,于是B也是可数集。

证明:如果M是任一无限集,A是可数集,则M\sim M\cup A,即二者对等。

依次从M中取出各不相同的元素m_1,m_2,\cdots,m_n,\cdots组成集合C=\{m_1,m_2,\cdots,m_n,\cdots\},于是C是一个可数集合。从而M=(M\backslash C)\cup C
于是M\cup A=(M\backslash C)\cup C\cup A,因为A也是一个可数集,于是C\cup A也是可数集,从而C\cup A\sim C,此外(M\backslash C)\sim (M\backslash C),于是C\cup (M\backslash C) \sim (C\cup A)\cup(M\backslash C)\Rightarrow M\sim M\cup A

证明:超越数是存在的

不是代数数的数即为超越数。上面已经证明,代数数集合是可数集合。复数集合\mathbb{C}和平面上的点一一对应,并且平面上的点集与(0,1)区间对等,而(0,1)区间是不可数集合,于是\mathbb{C}是不可数集合。设代数数集合Q,于是\mathbb{C}=Q\cup(\mathbb{C}\backslash Q)(\mathbb{C}\backslash Q)一定不为空,否则\mathbb{C}=Q,从而\mathbb{C}是可数集合,这产生了矛盾。因此(\mathbb{C}\backslash Q)中的元素不属于Q,即不是代数数,因此是超越数,即超越数存在。

Cantor-Bernstein定理:设AB是两个任意集合,如果存在AB的某一子集B_1的一一映射f,以及BA的某一子集A_1的一一映射g,则AB对等:A\sim B

满足条件的AB,要么都是有限集,要么都是无限集,否则不存在有限集到无限集的一一映射。
AB都是有限集,f的存在表明A的元素个数应该不大于B,同理g的存在表明B的元素个数应该不大于A,这意味着A,B元素个数是相等的,于是A\sim B
现在假定AB都是无限集。如果A,B相交,设相交集合是C,我们只要证明A\backslash C \sim B\backslash C即可,而显然(A\backslash C) \cap (B\backslash C) = \emptyset。所以不失一般性,我们假定AB不相交。
对于A中任意元素a,我们按如下规则构造一个关于a的序列,令x_0=a,并定义x_{n+1}满足:\begin{cases}g(x_{n+1})=x_n&\text{if $n$ is even }\\f(x_{n+1})=x_n&\text{if $n$ is odd}\\\end{cases}
也就是找到B中的元素x_1使得g(x_1)=x_0,然后找A中的元素x_2使得f(x_2)=x_1,以此类推。因为gf的像空间是某一集合的子集,所以这个数列构造过程会遇到以下两种情况:

  • 这样的x_{n+1}始终存在,即序列可以无限构造下去。此时称a的阶是无限。
  • 给定x_n,但是找不到满足映射关系的x_{n+1},此时构造过程停止,于是称a的阶是n

下面给出了一个阶是4的构造例子:


阶是4(偶数阶)的构造示例

而下面的过程给出了阶是3的构造例子:


阶是3(奇数阶)的构造示例

下面是无穷阶的构造例子:


无穷阶的构造示例

在这里,我们先作出一个断言:在构造过程中,点的映射拓扑路径,或者仅有x_0一个点;或者如3阶、4阶示意的锯齿状且不含有环,要么一开始就是一个环并且构成一个无穷阶。如果不满足这些形状,那么就会与 “f,g是一一映射”这一条件发生矛盾。

于是,A中元素可按阶是偶数、奇数和无限,划分为三个不相交的集合A=A_O\cup A_E \cup A_I。对于A中任意元素a,如上图,f将它映射为了B中的元素b(因为是一一映射,所以这样的b有且仅有一个)。
对于B也可以按照类似的方法:
\begin{cases}f(x_{n+1})=x_n&\text{if $n$ is even}\\g(x_{x+1})=x_n&\text{if $n$ is odd}\end{cases}
划分为B=B_O\cup B_E\cup B_I,下面考虑b属于B的哪一个划分子集:

  • 如果a\in A_I,那么b\in B_I。这是显然的,因为当关于a的序列{X_a}=\{x_0=a,x_1,\cdots\}可以无限构造下去,即存在关系g(x_1)=x_0=a, f(x_2)=x_1,g(x_3)=x_2,\cdots,那么关于b的序列{Y_b}=\{y_0=b,y_1,y_2,\cdots \}也是无限的。
    为了看清这一点,根据b数列的构造定义,有f(y_1)=y_0=b, g(y_2)=y_1,f(y_3)=y_2,\cdots,因为由条件f(a)=b,且f,g是一一映射,以及上面X_a列的递推关系,不难看出y_1=x_0,y_2=x_1,\cdots,所以Y_b也是无限的。所以,f(A_I)\subset B_I

  • 如果a\in A_E,那么b\in B_O。我们以A的某4阶的例子为例:{X_a}=\{x_0,\cdots,x_4\} 。如果我们考察b的序列Y_b的构造过程,以y_0=b为序列起始元素,那么原来的x_0就会成为现在的y_1,原来的x_1就会成为现在的y_2,即{Y_b}=\{y_0=b,y_1=x_0,y_2=x_1,\cdots,y_5=x_4\},于是b的阶是5,所以b\in B_O。事实上,如果X_a=\{x_0=a,x_1,\cdots,x_{2n}\},那么Y_b=\{y_0=b,y_1=x_0,y_2=x_1,\cdots,y_{2n+1}=x_{2n}\},所以f(A_E)\subset B_O

  • 同理,我们有 f(A_I)\subset B_E

现在,我们首先来证明:f(A_I)=B_I。如若不然,则f(A_I)B_I的真子集,即B_I\backslash f(A_I)\neq \emptyset,于是\exists b\in B_I, b\not\in f(A_I),这意味着不存在a\in A_I,使得f(a)=b;但另一方面,因为b是无穷阶的,所以根据构造定义,必然存在y_1=a'\in A使得f(a')=b,于是可以得出,a'\not\in A_I,于是a'要么是偶数阶要么是奇数阶。但无论是何种情况,过a'的映射拓扑链都是有限的,则将b加入链后,后我们得出b要么是奇数阶要么是偶数阶的,即b\not\in B_I,这就产生了矛盾,所以f(A_I)不可能是B_I的真子集,于是f(A_I)=B_I

我们接下来证明,f(A_E)=B_O。与上面证明方法类似。假设f(A_E)B_O的真子集,于是\exists b\in B_O, b\not\in f(A_E),这意味着不存在a\in A_E,使得f(a)=b;但另一方面,因为b是奇数阶的,所以根据构造定义,必然存在y_1=a'\in A使得f(a')=b,于是可以得出,a'\not\in A_E,于是a'要么是奇数阶要么是无穷阶。但是因为f(a')=b\not\in B_I,所以由上面的证明知a'\not\in A_I,从而a'\in A_O,则将b加入链后,后我们得出b偶数阶的,即b\in B_E,这就产生了矛盾,所以f(A_E)不可能是B_O的真子集,于是f(A_E)=B_O

但是,我们必须指出,f(A_O)\neq B_E,即f(A_O)B_E的真子集。这是因为,对于A_O中任意元素af(a)=b\in B至少是1阶元素,但是B_E中还可能含有0阶元素,即A中没有元素能够通过f映射到它们(注意到f只是AB的一个子集的映射)。

反过来,根据题设条件的对称性,我们却有g(B_E)=A_O,因为g是一一映射,所以逆映射必定存在,这意味着g^{-1}(A_O)=B_E

综上所述,我们有
\begin{cases}f(A_I)=B_I\\f(A_E)=B_O\\g^{-1}(A_O)=B_E\end{cases}于是我们定义一个映射\Psi:A\mapsto B,使得
\Psi(x)=\begin{cases}f(x)&x\in A_I\cup A_E\\g^{-1}(x)&x\in A_O\end{cases}
\Psi显然是AB上的一一映射,所以A\sim B

证明:设M是无限集,A是其可数子集,M\backslash A是无限集,则M\sim (M\backslash A)

如果M\backslash A是有限集,例如M=\{1,2,3,\cdots,\}, A=\{3,4,5,\cdots\},则M\backslash A=\{1,2\},命题显然不成立。因此我们要求M\backslash A是无限集。
如果M\backslash A是无限集,我们上面已经证明过,无限集与该无限集和一个可数集的并集等势,即(M\backslash A)\cup A \sim (M\backslash A),即M\sim (M\backslash A)

证明:有限个可数集的笛卡尔乘积仍然是可数集

设有n个可数集C_1,C_2,\cdots,C_n,于是定义其直积是\mathfrak{C}=C_1\times C_2\times\cdots\times C_n=\{(c_1,c_2,\cdots,c_n)|c_i\in C_i,i=1,2,\cdots n\}我们按照元组第一个分量是否相等对\mathfrak{C}进行划分,记C^1_{x_1}=\{ (c_1,c_2,\cdots,c_n)|(c_1,c_2,\cdots,c_n)\in\mathfrak{C},c_1=x_1\},\;x_1\in C_1因为C_1是可数的,于是\mathfrak{C}就是可数个C^1_{x_1}\;(x_1\in C_1)构成的并集。

于是,如果\forall x_1\in C_1,C^1_{x_1}也是可数集,则命题成立。此时要证的命题是原命题的子命题。我们可以按照元组第二个分量是否相等对C^1_{x_1}划分,记C^2_{x_1,x_2}=\{(x_1,c_2,\cdots,c_n)|(x_1,c2,\cdots,c_n)\in C^1_{x_1}, c_2=x_2\},\;x_2\in C_2因为C_2是可数的,于是C^1_{x_1}就是可数个C^2_{x_1,x_2}\;(x_2\in C_2)构成的并集。

于是现在要证明任意C^2_{x_1,x_2}也是可数集。以此类推,我们最终要证明,集合\begin{split}C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}=\{(x_1,&\cdots,x_{n-2},c_{n-1},c_n)\big|\\&(x_1,\cdots,x_{n-2},c_{n-1},c_n)\in C^{n-2}_{x_1,\cdots,x_{n-2}},c_{n-1}=x_{n-1}\}\end{split}
是可数集。但这是显然的,因为\forall c\in C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}},都有c=(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1},c_n),\;c_n\in C_n,即c唯一对应一个C_n中的元素,反之亦然,于是C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}C_n是等势的,后者是一个可数集,于是C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}也是一个可数集。

所以综上所述,\mathfrak{C}也是一个可数集。

证明:可数个可数集的笛卡尔乘积是不可数集

可数个可数集C_1.C_2,\cdots的笛卡尔乘积具有(c_1,c_2,\cdots)的形式,其中c_i\in C_i, i=1,2,\cdots。对于某一c_i,假设它的取值是C_i中编号为kk=1,2,\cdots)的元素,取映射c'_i=f(c_i)=(k-1)\mathrm{\; mod\;}10c_i对应\{0,1,\cdots,9\}中的一个数字c'_i,于是,(c_1,c_2,\cdots)就对应一个[0,1]中的一个实数(c_1,c_2,\cdots)\rightarrow \sum_{i=1}^\infty \frac{c'_i}{10^{i}}

反过来说,给定[0,1]上的任意一个实数,总可以分解为\sum_{i=1}^\infty \frac{c'_i}{10^{i}}的形式,它可以对应无穷多个笛卡尔乘积(因为取模运算可以找到无穷多个整数,使得它们与某个c'_i对模10同余),此时如果对于某c'_i\in\{0,1,\cdots,9\},取C_i中编号为c'_i+1的元素,那么这个对应是唯一的。例如,对于实数0.075,取C_1中编号为1的元素,取C_2中编号为8的元素,取C_3中编号为6的元素,取其余C_j中编号为1的元素,于是就得到了一个笛卡尔乘积元组。

于是我们可以知道,[0,1]与可数个可数集的笛卡尔乘积集合\mathfrak{D}的某一个子集构成双射关系,即二者等势。换句话说,\mathfrak{D}的势不可能小于连续统的势\aleph,所以\mathfrak{D}不可能是可数集,所以命题可证。

证明:自然数的一切子集所构成的集合\mathfrak{M}的势2^{\aleph_0}等于连续统的势\aleph

\mathfrak{M}分为两个类A,B,其中A中的子集的补集是有限集,B中的子集的补集是无限集。例如:

  • \{ 1,3,5,6,7,\cdots\}\in A,因为其补集是有限集\{2,4\};特别的,N_+\in A,因为其余集是空集
  • \{1,2,3\}\in B,因为其补集是无限集\{4,5,6,\cdots\};此外\{1,3,5,7,9,\cdots \} \in B,因为它的补集也是无限集\{2,4,6,8,\cdots\}

我们先来看看这两个类中的元素的特点:

  • 对于A类的子集元素\mathfrak{A},按照定义它的补集\mathfrak{A}^c是有限集,即\mathfrak{A}^c=\{a_1,a_2,\cdots,a_p\},其中a_1<a_2<\cdots<a_p。设a_p是自然数N-1,于是显然,\mathfrak{A}=(\{1,2,\cdots,N-1\}\backslash \mathfrak{A}^c)\cup \{N,N+1,N+2,\cdots\}也就是说,对于A类的任意子集元素\mathfrak{A},一定存在一个N,使得N,N+1,N+2,\cdots\in \mathfrak{A}。上面举出的两个例子中,N分别是5和1。
  • 对于B,因为它的余集是无限集,则B中的子集元素,要么是有限集,要么是一个无限集。当是无限集时,不可能存在自然数N使得\{N,N+1,N+2,\cdots\}\subset B

接下来,我们说明A是一个可数集。这是因为,A中的每一个子集元素都唯一对应于一个有限集,所以A等势于自然数的一切有限子集的集合P,我们断言P是可数集。为此,按照有限子集中元素个数将P进行划分,记包含n个自然数的子集是的集合是H_n=\{p\in P\big| |p|=n\},从而P=\bigcup_{i=1}^\infty H_i,下面只要证明H_n是可数集。事实上,H_n=\underbrace{\mathbb{N_+}\times\mathbb{N_+}\times\cdots\times\mathbb{N_+}}_{n}而根据前面的证明,有限个可数集的笛卡尔乘积也是可数集,所以可以推出,A是一个可数集。

又根据前面的证明,无限集去掉一个可数子集后,如果余集是无限集,那么去掉后的势不变,这就是说,\mathfrak{M}\sim B。我们接下来只要证明B等势于[0,1)即可。

给定B中一个子集元素\mathfrak{B},对任意自然数i\in\mathbb{N}_+,令\epsilon_i=\mathbf{1}\{i\in\mathfrak{B}\},于是\mathfrak{B}唯一对应一个二进制数小数\mathfrak{B}\rightarrow\sum_{i=1}^\infty\frac{\epsilon_{i}}{2^i}\in [0,1)

B[0,1)的某个子集构成单射;反之给定一个[0,1)区间上的数,总可以表示成二进制形式,并由此构造出\mathfrak{B}来,如果这个构造也是唯一的,那么[0,1)B的某个子集构成单射,从而根据Cantor-Bernstein定理,B[0,1)之间存在双射关系,即等势。

根据我们分析的B中子集元素的特点,不可能存在N使得其之后的连续自然数都属于该自己元素。如果存在,那么它对应的二进制小数从第N分位开始之后全部都是1,但是这与第N-1分位为1而其后全为0的二进制小数表达的是同一个数(类似0.999\cdots=1),例如,0.1010\_11111\cdots \mathrm{b}\leftrightarrow \{ 1,3,5,6,7,8,\cdots\}

0.1011\_0000\cdots\mathrm{b}\leftrightarrow \{ 1,3,4 \}
即同一个数,却对应了两个不同的子集,所以如果不存在这个性质,那么这个映射就是唯一的。这就是为什么我们要排除A而只讨论B。如果我们直接讨论[0,1)与自然数一切子集集合\mathfrak{M}的双射关系,我们就必须单独讨论映射的唯一性。

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