台大实分析Unit 1习题解析

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这一部分是第一单元的作业详解，作业可以在下面的网站下载。

http://ocw.aca.ntu.edu.tw/ntu-ocw/ocw/cou/105S109/9

Problem 1

先证明一个引理：

引理 1

$$\begin{gathered} A\mathrm{为}\mathrm{不}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{集},C_{\alpha }>0(\alpha \in A) \\ \mathrm{那}\mathrm{么}\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }=\mathrm{\infty } \end{gathered}$$

证明：

利用反证法，假设$\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }<\mathrm{\infty }$，令

$$E_n=\{x|x>\frac{1}{n},x\in A\}$$

如果$\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }=\mathrm{\infty }$，那么由调和级数的性质可知

$$\mathrm{对}\mathrm{于}\mathrm{任}\mathrm{意}n>0,A\bigcap E_n\mathrm{的}\mathrm{元}\mathrm{素}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{最}\mathrm{多}\mathrm{有}\mathrm{有}\mathrm{限}\mathrm{个}$$

这是因为，如果存在$n_0$使得$A\bigcap E_{n_0}$的元素个数有无限个，则$A\bigcap E_n,n\ge n_0$的元素个数都有无限个，从而

$$C_{\alpha }>\sum _{n=n_0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}=\mathrm{\infty }$$

这与我们的假设矛盾。

结合这个结论可知

$$A=\bigcup _n(A\bigcap E_n)\mathrm{可}\mathrm{列}$$

与$A$是不可数集矛盾，从而

$$C_{\alpha }=\mathrm{\infty }$$

由Theorem 3的证明过程可知，$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}$可加可以推出$\{C_{\alpha }^{+}{\}}_{\alpha \in I}$以及$\{C_{\alpha }^{-}{\}}_{\alpha \in I}$可加，其中

$$a^{+}=\{\begin{array}{ll}a,& a>0\\ 0,& a\le 0\end{array},a^{-}=\{\begin{array}{ll}-a,& a<0\\ 0,& a\ge 0\end{array}$$

从而

$$|C_{\alpha }|=C_{\alpha }^{+}+C_{\alpha }^{-}$$

也可加。

反之，如果$\{|C_{\alpha }|{\}}_{\alpha \in I}$可加，那么

$$sup\{\sum _{\alpha \in A}|C_{\alpha }|:A\in F(I)\}<\mathrm{\infty }$$

因为

$$\begin{gathered} C_{\alpha }^{+}\le |C_{\alpha }| \\ {C}_{\alpha }^{-}\le |C_{\alpha }| \end{gathered}$$

所以

$$\begin{gathered} sup\{\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }^{+}:A\in F(I)\}<\mathrm{\infty } \\ sup\{\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }^{-}:A\in F(I)\}<\mathrm{\infty } \end{gathered}$$

从而$\{C_{\alpha }^{+}{\}}_{\alpha \in I},\{C_{\alpha }^{-}{\}}_{\alpha \in I}$可加，因此

$$C_{\alpha }=C_{\alpha }^{+}-C_{\alpha }^{-}$$

也可加。

所以我们只要考虑非负的$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}$即可。

$\Rightarrow$

(a)如果$S=\{\alpha \in I:C_{\alpha }\ne 0\}$是不可数集，由$C_{\alpha }\ge 0$可得满足$C_{\alpha }>0$的元素有不可数个，由引理1可得

$$\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }=\mathrm{\infty }$$

这与$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}$可加矛盾，所以$S=\{\alpha \in I:C_{\alpha }\ne 0\}$是可数无限集或有限集。

(b)$S=\{\alpha \in I:C_{\alpha }\ne 0\}=\{{\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots \}$是可数无限集。

由于我们已经假定$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}$非负，所以只要证明$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{{\alpha }_k}$收敛即可，所以只要证明$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{{\alpha }_k}$有界即可。

由Theorem 2

$$sup\{\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }:A\in F(I)\}<\mathrm{\infty }$$

所以

$$\sum _{\alpha \in I}{C}_{\alpha }=\sum _{\alpha \in S}{C}_{\alpha }<\mathrm{\infty }$$

从而结论得证。

$\Leftarrow$

如果$S=\{\alpha \in I:C_{\alpha }\ne 0\}$为有限集，$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}$显然可加，和为有限项的和。

如果$S=\{\alpha \in I:C_{\alpha }\ne 0\}=\{{\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots \}$是可数无限集，并且$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{{\alpha }_k}$绝对收敛（注意这里$C_{\alpha }\ge 0$），所以

$$\sum _{\alpha \in I}{C}_{\alpha }=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{{\alpha }_k}=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|C_{{\alpha }_k}|=C<\mathrm{\infty }$$

从而

$$sup\{\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }:A\in F(I)\}<\mathrm{\infty }$$

由Theorem 2可知$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}$可加。

Problem 2

$$\begin{gathered} \mathrm{因}\mathrm{为}\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}\mathrm{可}\mathrm{加}，\mathrm{所}\mathrm{以}\mathrm{存}\mathrm{在}l\in \mathbb{R}，\mathrm{使}\mathrm{得}\mathrm{任}\mathrm{取}ϵ>0，\mathrm{存}\mathrm{在}A\in F(I)， \\ \mathrm{如}\mathrm{果}B\in F(I)\mathrm{并}\mathrm{且}A\subset B，\mathrm{那}\mathrm{么}|\sum _{\alpha \in B}{C}_{\alpha }-l|<ϵ \end{gathered}$$

由$A_n$的性质可得，对于上述$A$，我们可以找到$N$，使得当$n\ge N$时，$A\subset A_n$，由可加的定义可得：

$$|\sum _{\alpha \in A_n}{C}_{\alpha }-l|<ϵ$$

从而

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{\alpha \in A_n}{C}_{\alpha }=l=\sum _{\alpha \in I}{C}_{\alpha }$$

反例：

令$I=\mathbb{N}$，$C_{\alpha }=(-1{)}^{\alpha -1}\frac{1}{\alpha }$（莱布尼茨级数），对于任意$A\in F(I)$，令$A$中最大的数为$N$（如果没有最大的数取$A_n=\mathbb{N}$ ），取$A_n=\{1,2\dots ,N\}$，从而

$$\sum _{\alpha \in A_n}{C}_{\alpha }=\sum _{\alpha =1}^N(-1{)}^{\alpha -1}\frac{1}{\alpha }$$

所以

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{\alpha \in A_n}{C}_{\alpha }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{\alpha =1}^N(-1{)}^{\alpha -1}\frac{1}{\alpha }=\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{\alpha -1}\frac{1}{\alpha }<\mathrm{\infty }$$

但是由第一讲的内容我们知道$\{C_{\alpha }\}$不可加（因为不绝对收敛）。

Problem 3

由Problem 1可知$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}$只有可数项不为$0$，不妨将不为$0$的项的记为$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in \mathbb{N}}$。如果$C_{\alpha }=0$，由于$C_{\alpha }^{(n)}\le C_{\alpha }$，所以$C_{\alpha }^{(n)}=0$，因此我们只要考虑$\{C_{\alpha }^{(n)}{\}}_{\alpha \in \mathbb{N}}$即可，因此我们要证明的结论变为：

$$\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }^{(n)}$$

由第一章的内容可知$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in \mathbb{N}}$可加等价于$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in \mathbb{N}}$绝对收敛，后续的证明中会用到这个结论。

下面分两种情形证明该结论。

情形1：$\sum _{\alpha \in I}{C}_{\alpha }=\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }<\mathrm{\infty }$

$$\mathrm{\forall }A\in F(N),\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }^{(n)}\le \sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }<\sum _{\alpha \in I}{C}_{\alpha }<\mathrm{\infty }$$

所以

$$\{\sum _{\alpha \in A}{C}_{\alpha }^{(n)}:A\in F(N)\}\mathrm{有}\mathrm{上}\mathrm{界}$$

由于$C_{\alpha }^{(n)}$非负，所以$\{C_{\alpha }^{(n)}{\}}_{\alpha \in \mathbb{N}}$可加，从而$\{C_{\alpha }{\}}_{\alpha \in \mathbb{N}},\{C_{\alpha }^{(n)}{\}}_{\alpha \in \mathbb{N}}$绝对收敛，因此

$$\begin{gathered} \mathrm{存}\mathrm{在}{k}_1，\mathrm{当}k>k_1\mathrm{时}，|\sum _{\alpha =k}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }|<\frac{ϵ}{4} \\ \mathrm{存}\mathrm{在}{k}_2，\mathrm{当}k>k_2\mathrm{时}，|\sum _{\alpha =k}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }^{(n)}|<\frac{ϵ}{4} \end{gathered}$$

取$k_3=max\{k_1,k_2\}$可得

$$\begin{array}{rl}|\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }^{(n)}-\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }|& =|\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}(C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha })|\\ & =|\sum _{\alpha =1}^{k_3-1}(C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha })+\sum _{\alpha =k_3}^{\mathrm{\infty }}(C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha })|\\ & \le |\sum _{\alpha =1}^{k_3}(C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha })|+|\sum _{\alpha =k_3+1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }|+|\sum _{\alpha =k_3+1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }^{(n)}|\\ & \le |\sum _{\alpha =1}^{k_3}(C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha })|+\frac{ϵ}{4}+\frac{ϵ}{4}\end{array}$$

由于$C_{\alpha }^{(n)}\to C_{\alpha }$，所以存在$n_0$，当$n\ge n_0$时，$|C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha }|<\frac{ϵ}{2k_3}$，因此当$n\ge n_0$时

$$\begin{array}{rl}|\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }^{(n)}-\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }|& \le |\sum _{\alpha =1}^{k_3}(C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha })|+\frac{ϵ}{4}+\frac{ϵ}{4}\\ & \le \sum _{\alpha =1}^{k_3}|C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha }|+\frac{ϵ}{2}\\ & <k_3\frac{ϵ}{2k_3}+\frac{ϵ}{2}\\ & =ϵ\end{array}$$

所以当$\sum _{\alpha \in I}{C}_{\alpha }=\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }<\mathrm{\infty }$时结论成立。

情形2：$\sum _{\alpha \in I}{C}_{\alpha }=\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }=\mathrm{\infty }$

由$\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }=\mathrm{\infty }$可得

$$\mathrm{\forall }k>0,ϵ>0,\mathrm{存}\mathrm{在}m,\mathrm{使}\mathrm{得}\sum _{\alpha =1}^m{C}_{\alpha }>k+ϵ$$

对于上述$ϵ$，由于$C_{\alpha }^{(n)}\to C_{\alpha }$，所以存在$n_0$，当$n\ge n_0$时，$|C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha }|<\frac{ϵ}{m}$，因此当$n\ge n_0$时

$$\begin{gathered} |\sum _{\alpha =1}^m(C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha })|\le \sum _{\alpha =1}^m|C_{\alpha }^{(n)}-C_{\alpha }|\le \sum _{\alpha =1}^m\frac{ϵ}{m}=ϵ \\ \sum _{\alpha =1}^m{C}_{\alpha }^{(n)}\ge \sum _{\alpha =1}^m{C}_{\alpha }-ϵ>k+ϵ-ϵ=k \end{gathered}$$

由定义可得

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{\alpha =1}^{\mathrm{\infty }}{C}_{\alpha }^{(n)}=\mathrm{\infty }$$

所以结论成立。

Problem 4

设$k_n=N$，那么

$$\begin{gathered} E(\genfrac{}{}{0ex}{}{k_1,...,k_n}{{ϵ}_1,...,{ϵ}_n})=\bigcup E(\genfrac{}{}{0ex}{}{1,2,...,N-1,N}{{ϵ}_1^{\prime },{ϵ}_2^{\prime },...,{ϵ}_{N-1}^{\prime },{ϵ}_N^{\prime }}) \\ \mathrm{其}\mathrm{中}{ϵ}_n={ϵ}_{k_n}^{\prime } \end{gathered}$$

所以$E(\genfrac{}{}{0ex}{}{k_1,\dots ,k_n}{{ϵ}_1,\dots ,{ϵ}_n})$是cylinder，概率为

$$\frac{2^{N-n}}{2^N}=\frac{1}{2^n}$$

Problem 5

$$\begin{gathered} \{S_n=k\}=\bigcup E(\genfrac{}{}{0ex}{}{1,...,n}{{ϵ}_1,...,{ϵ}_n}) \\ \sum _{i=1}^n{ϵ}_i=k \end{gathered}$$

所以$\{S_n=k\}$是cylinder，概率为

$$\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{n})}{2^n}$$