台大实分析Unit 1习题解析

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

$$A为不可数集,C_\alpha >0 (\alpha \in A) \\ 那么\sum_{\alpha \in A} C_\alpha = \infty$$

证明：

利用反证法，假设$\sum_{\alpha \in A} C_\alpha <\infty$，令

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

如果$\sum_{\alpha \in A} C_\alpha = \infty$，那么由调和级数的性质可知

$$对于任意n>0, A\bigcap E_n的元素个数最多有有限个$$

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

$$C_\alpha >\sum_{n=n_0}^{\infty}\frac{1}{n} =\infty$$

这与我们的假设矛盾。

结合这个结论可知

$$A = \bigcup_n (A\bigcap E_n) 可列$$

与$A$是不可数集矛盾，从而

$$C_\alpha =\infty$$

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

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

从而

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

也可加。

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

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

因为

$$C_\alpha^+\le |C_\alpha| \\ C_\alpha^- \le |C_\alpha|$$

所以

$$\sup \{\sum_{\alpha \in A}C_\alpha^+:A\in F(I) \} <\infty \\ \sup \{\sum_{\alpha \in A}C_\alpha^-:A\in F(I) \} <\infty$$

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$S=\{α \in I : C_α \neq 0 \}$是不可数集，由$C_{\alpha} \ge0$可得满足$C_{\alpha} >0$的元素有不可数个，由引理1可得

$$\sum_{\alpha \in A} C_\alpha= \infty$$

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

(b)$S=\{α \in I : C_α \neq 0 \} = \{\alpha_1,\alpha_2 ,…\}$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$\sum_{k=1}^\infty C_{\alpha_k}$收敛即可，所以只要证明$\sum_{k=1}^\infty C_{\alpha_k}$有界即可。

由Theorem 2

$$\sup \{\sum_{\alpha \in A}C_{\alpha}:A\in F(I) \} <\infty$$

所以

$$\sum_{\alpha \in I}C_{\alpha} = \sum_{\alpha \in S }C_\alpha <\infty$$

从而结论得证。

$\Leftarrow$

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

如果$S=\{α \in I : C_α \neq 0 \} = \{\alpha_1,\alpha_2 ,…\}$是可数无限集，并且$\sum_{k=1}^\infty C_{\alpha_k}$绝对收敛（注意这里$C _\alpha\ge 0$），所以

$$\sum_{\alpha \in I}{C_\alpha}=\sum_{k=1}^\infty C_{\alpha_k} =\sum_{k=1}^\infty |C_{\alpha_k}|= C <\infty$$

从而

$$\sup \{\sum_{\alpha \in A}C_{\alpha}:A\in F(I) \} <\infty$$

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

Problem 2

$$因为\{C_\alpha\}_{\alpha \in I}可加，所以存在l \in \mathbb{R}，使得任取\epsilon >0，存在 A\in F(I)，\\如果B\in F(I)并且A\subset B，那么|\sum_{\alpha \in B} C_\alpha -l| <\epsilon$$

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：

$$|\sum_{\alpha \in A_n} C_\alpha -l| <\epsilon$$

从而

$$\lim_{n\to \infty}\sum_{\alpha \in A_n} C_\alpha = l = \sum_{\alpha\in I}C_\alpha$$

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$A_n =\{1,2…,N\}$，从而

$$\sum_{\alpha\in A_n} C_\alpha = \sum_{\alpha=1}^N (-1)^{\alpha-1} \frac 1 \alpha$$

所以

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{\alpha\in A_n} C_\alpha =\lim_{n\to\infty} \sum_{\alpha=1}^N (-1)^{\alpha-1} \frac 1 \alpha = \sum_{\alpha=1}^\infty (-1)^{\alpha-1} \frac 1 \alpha <\infty$$

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：

$$\sum_{\alpha=1}^\infty C_{\alpha} =\lim_{n\to \infty} \sum_{\alpha=1}^\infty C_{\alpha} ^{(n)}$$

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：$\sum_{\alpha\in I} C_\alpha =\sum_{\alpha=1}^\infty C_\alpha <\infty$

$$\forall A\in F(N),\sum_{\alpha\in A} C_\alpha^{(n)} \le \sum_{\alpha\in A} C_\alpha < \sum_{\alpha\in I} C_\alpha <\infty$$

所以

$$\{\sum_{\alpha \in A}C_{\alpha}^{(n)}:A\in F(N) \}有上界$$

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

$$存在k_1，当 k > k_1时，|\sum_{\alpha=k}^{\infty} C_\alpha| <\frac \epsilon 4 \\ 存在k_2，当k > k_2时，|\sum_{\alpha=k}^{\infty} C_\alpha^{(n)}| <\frac \epsilon 4$$

取$k_3=\max \{k_1,k_2\}$可得

$$\begin{aligned} |\sum_{\alpha=1}^\infty C_\alpha^{(n)} -\sum_{\alpha=1}^\infty C_\alpha| &= |\sum_{\alpha=1}^\infty (C_\alpha^{(n)} - C_\alpha)| \\ &=|\sum_{\alpha=1}^{k_3-1} (C_\alpha^{(n)} - C_\alpha) + \sum_{\alpha = k_3}^\infty (C_\alpha^{(n)} - C_\alpha)|\\ &\le |\sum_{\alpha=1}^{k_3} (C_\alpha^{(n)} - C_\alpha) | +| \sum_{\alpha = k_3+1}^\infty C_\alpha| + | \sum_{\alpha = k_3+1}^\infty C_\alpha^{(n)}|\\ &\le |\sum_{\alpha=1}^{k_3} (C_\alpha^{(n)} - C_\alpha) | + \frac \epsilon 4+\frac \epsilon 4 \end{aligned}$$

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{\epsilon}{2k_3}$，因此当$n\ge n_0$时

$$\begin{aligned} |\sum_{\alpha=1}^\infty C_\alpha^{(n)} -\sum_{\alpha=1}^\infty C_\alpha| &\le |\sum_{\alpha=1}^{k_3} (C_\alpha^{(n)} - C_\alpha) | + \frac \epsilon 4+\frac \epsilon 4 \\ &\le \sum_{\alpha=1}^{k_3} |C_\alpha^{(n)} - C_\alpha|+\frac \epsilon 2 \\ &< k_3 \frac \epsilon {2k_3} +\frac \epsilon 2\\ &= \epsilon \end{aligned}$$

所以当$\sum_{\alpha\in I} C_\alpha =\sum_{\alpha=1}^\infty C_\alpha <\infty$时结论成立。

情形2：$\sum_{\alpha\in I} C_\alpha =\sum_{\alpha=1}^\infty C_\alpha =\infty$

由$\sum_{\alpha=1}^\infty C_\alpha =\infty$可得

$$\forall k > 0,\epsilon>0,存在m,使得 \sum_{\alpha=1}^m C_\alpha > k+\epsilon$$

对于上述$\epsilon$，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{\epsilon}{m}$，因此当$n\ge n_0$时

$$|\sum_{\alpha=1}^{m} (C_\alpha^{(n)} - C_\alpha) | \le \sum_{\alpha=1}^{m} |C_\alpha^{(n)} - C_\alpha | \le \sum_{\alpha=1}^{m} \frac{\epsilon}{m} =\epsilon \\ \sum_{\alpha=1}^{m} C_\alpha^{(n)} \ge \sum_{\alpha=1}^{m} C_\alpha -\epsilon >k+\epsilon -\epsilon = k$$

由定义可得

$$\lim_{n\to \infty} \sum_{\alpha=1}^\infty C_{\alpha} ^{(n)} = \infty$$

所以结论成立。

Problem 4

设$k_n =N$，那么

$$E \binom {k_1,...,k_n}{\epsilon_1,...,\epsilon_n} =\bigcup E \binom {1,2,...,N-1,N}{\epsilon_1',\epsilon_2',...,\epsilon_{N-1}',\epsilon_N'} \\ 其中\epsilon_n = \epsilon_{k_n} '$$

所以$E \binom {k_1,…,k_n}{\epsilon_1,…,\epsilon_n}$是cylinder，概率为

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

Problem 5

$$\{S_n = k\} = \bigcup E \binom {1,...,n}{\epsilon_1,...,\epsilon_n} \\ \sum_{i=1}^n\epsilon_i =k$$

所以$\{S_n = k\} $是cylinder，概率为

$$\frac{\binom k n}{2^n}$$