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

证明:

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

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

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

这与我们的假设矛盾。

结合这个结论可知

与$A$是不可数集矛盾,从而

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

从而

也可加。

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

因为

所以

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

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

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

所以

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

从而

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

Problem 2

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:

从而

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

所以

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:

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

所以

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

取$k_3=\max \{k_1,k_2\}$可得

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

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

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

由定义可得

所以结论成立。

Problem 4

设$k_n =N$,那么

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

Problem 5

所以$\{S_n = k\} $是cylinder,概率为