第一章 集合与映射

本章包含集合与映射相关的基础定理。

定义1.1.1 可列集

如果一个集合 $A$ 中的元素可以与正整数集 ${\mathbf{N}}^{+}$ 建立一一对应关系，即 $A$ 的元素可以排成一个无穷序列

$$A=\{a_1,a_2,a_3,\dots ,a_n,\dots \},$$

则称 $A$ 为可列集（或可数集）。有限集与可列集统称为至多可列集。

例子：定义1.1.1 可列集 — 例子

定义1.2.1 绝对值

设 $a$ 是实数，$a$ 的绝对值定义为

$$|a|=\{\begin{array}{ll}a,& a⩾0,\\ -a,& a<0.\end{array}$$

例子：定义1.2.1 绝对值 — 例子

定义1.2.7 算术平均值、几何平均值与调和平均值

设 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 是 $n$ 个正数，则称

$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}$$

为它们的算术平均值（AM）；称

$$\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}$$

为它们的几何平均值（GM）；称

$$\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}}$$

为它们的调和平均值（HM）。

例子：定义1.2.7 算术平均值、几何平均值与调和平均值 — 例子

定理1.1.1 可列个可列集之并也是可列集

定理陈述：设 $A_1,A_2,A_3,\dots$ 是可列个集合，其中每个 $A_n$ 都是可列集，则 ${\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n$ 也是可列集。

证明：

第一步：将每个可列集的元素排成一列

因为每个 $A_n$ 都是可列集，所以 $A_n$ 的元素可以排成一个无穷序列。对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{+}$，设

$$A_n=\{x_{n1},x_{n2},x_{n3},\dots ,x_{nk},\dots \}.$$

这里第一个下标 $n$ 表示该元素属于第 $n$ 个集合 $A_n$，第二个下标 $k$ 表示它是 $A_n$ 中排第 $k$ 位的元素。

第二步：将所有元素排成无穷方块阵

把所有集合的元素按如下方式排列成一个无穷的”方块阵”：第 $n$ 行放 $A_n$ 的元素，

$$\begin{array}{ccccc}{x}_{11}& x_{12}& x_{13}& x_{14}& \cdots \\ x_{21}& x_{22}& x_{23}& x_{24}& \cdots \\ x_{31}& x_{32}& x_{33}& x_{34}& \cdots \\ x_{41}& x_{42}& x_{43}& x_{44}& \cdots \\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots \end{array}$$

注意：这个方块阵包含了 ${\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n$ 中的每一个元素，因为任何属于某个 $A_n$ 的元素 $x_{nk}$ 都出现在第 $n$ 行第 $k$ 列的位置上。

第三步：用对角线法则将方块阵中的元素排成一列

现在我们需要把方块阵中的元素排成一个序列（即与 ${\mathbf{N}}^{+}$ 建立一一对应）。方法是沿着”对角线”来数：

• 第1条对角线（下标之和为 $1+1=2$）：$x_{11}$
• 第2条对角线（下标之和为 $1+2=3$）：$x_{12},x_{21}$
• 第3条对角线（下标之和为 $1+3=4$）：$x_{13},x_{22},x_{31}$
• 第4条对角线（下标之和为 $1+4=5$）：$x_{14},x_{23},x_{32},x_{41}$
• ……

一般地，第 $m$ 条对角线上的元素满足 $i+j=m+1$，按 $i$ 从小到大（即从右上到左下）排列为 $x_{1m},x_{2,m-1},\dots ,x_{m1}$。

把所有对角线上的元素依次连接起来，就得到一个序列：

$$x_{11},x_{12},x_{21},x_{13},x_{22},x_{31},x_{14},x_{23},x_{32},x_{41},\dots$$

为什么这个排列不会遗漏任何元素？ 因为方块阵中位置 $(i,j)$ 上的元素 $x_{ij}$ 位于第 $i+j-1$ 条对角线上，而每条对角线都有限长，所以 $x_{ij}$ 一定会在排列中的某个确定位置出现。

第四步：去掉重复元素

由于不同的集合 $A_i$ 和 $A_j$（$i\ne j$）可能有公共元素，所以上述排列中同一个元素可能出现多次。我们按如下规则处理：从序列的开头往后扫描，如果某个元素在前面已经出现过，就跳过它。

去掉重复后，得到的序列仍然包含了 ${\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n$ 的所有元素（每个恰好出现一次），因此 ${\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n$ 是可列集。

证毕

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例子：定理1.1.1 可列个可列集之并也是可列集 — 例子

定理1.1.2 有理数集 $\mathbf{Q}$ 是可列集

定理陈述：有理数集 $\mathbf{Q}$ 是可列集。

证明：

第一步：将问题归约为证明 $(0,1]$ 中的有理数可列

整个实数轴 $(-\infty ,+\infty )$ 可以写成可列个区间的并：

$$(-\infty ,+\infty )=\bigcup _{n\in \mathbf{Z}}(n,n+1].$$

由于 $\mathbf{Z}$ 本身是可列集，如果每个区间 $(n,n+1]$ 中的有理数都是可列的，那么由定理1.1.1（可列个可列集之并仍可列），$(-\infty ,+\infty )$ 中的有理数就是可列的。

进一步，区间 $(n,n+1]$ 中的有理数可以通过映射 $x\mapsto x-n$ 与 $(0,1]$ 中的有理数一一对应，所以我们只需要证明 $(0,1]$ 中的有理数是可列集。

第二步：将 $(0,1]$ 中的有理数按分母分组

$(0,1]$ 中的每个有理数可以惟一地表示为既约分数 $\frac{q}{p}$，其中 $p\in {\mathbf{N}}^{+}$，$q\in {\mathbf{N}}^{+}$，$q⩽p$，且 $p,q$ 互素（即 $\gcd (p,q)=1$）。

我们按分母 $p$ 来分组：

• 分母 $p=1$ 的既约分数：$\frac{1}{1}=1$（共1个）
• 分母 $p=2$ 的既约分数：$\frac{1}{2}$（共1个，$\frac{2}{2}=1$ 不是既约的）
• 分母 $p=3$ 的既约分数：$\frac{1}{3},\frac{2}{3}$（共2个）
• 分母 $p=4$ 的既约分数：$\frac{1}{4},\frac{3}{4}$（共2个，$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$ 不是既约的）
• 分母 $p=5$ 的既约分数：$\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5}$（共4个）
• ……

一般地，分母为 $p$ 的既约分数至多有 $p-1$ 个（因为分子 $q$ 可取 $1,2,\dots ,p-1$，但要去掉与 $p$ 不互素的那些），所以每组都是有限集。

第三步：将所有有理数排成一列

按分母从小到大的顺序，依次列出每组中的既约分数：

$$\underset{p=1}{\underbrace{\frac{1}{1}}},\underset{p=2}{\underbrace{\frac{1}{2}}},\underset{p=3}{\underbrace{\frac{1}{3},\frac{2}{3}}},\underset{p=4}{\underbrace{\frac{1}{4},\frac{3}{4}}},\underset{p=5}{\underbrace{\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5}}},\dots$$

由于每组都是有限集，而组数是可列的，这个排列给出了 $(0,1]$ 中全体有理数与 ${\mathbf{N}}^{+}$ 的一个对应关系，因此 $(0,1]$ 中的有理数是可列集。

第四步：回到原问题

由第一步的归约，每个区间 $(n,n+1]$（$n\in \mathbf{Z}$）中的有理数都是可列集，而 $\mathbf{Z}$ 是可列集，由定理1.1.1知 $\mathbf{Q}$ 是可列集。

证毕

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例子：[[第一章 集合与映射 例子#定理1.1.2 有理数集 $\mathbf{Q}$ 是可列集 — 例子]]

定理1.2.1 三角不等式

定理陈述：对于任意实数 $a$ 和 $b$，都有

$$||a|-|b||⩽|a+b|⩽|a|+|b|.$$

证明：

先证右边的不等式 $|a+b|⩽|a|+|b|$：

第1步：对任意实数 $x$，有 $x⩽|x|$。这是因为：若 $x⩾0$，则 $|x|=x$，所以 $x=|x|$；若 $x<0$，则 $|x|=-x>0>x$，所以 $x<|x|$。

第2步：由第1步知 $a⩽|a|$，$b⩽|b|$，两式相加得

$$a+b⩽|a|+|b|.\text{\hspace{1em}(i)}$$

第3步：同样由第1步知 $-a⩽|a|$（即 $-a⩽|-a|=|a|$），$-b⩽|b|$，两式相加得

$$-(a+b)⩽|a|+|b|.\text{\hspace{1em}(ii)}$$

第4步：由绝对值的定义，$|a+b|$ 等于 $a+b$ 和 $-(a+b)$ 中较大的那个，即

$$|a+b|=\max \{a+b,-(a+b)\}.$$

由 (i) 和 (ii) 知 $a+b⩽|a|+|b|$ 且 $-(a+b)⩽|a|+|b|$，所以它们的最大值也满足

$$|a+b|⩽|a|+|b|.$$

再证左边的不等式 $||a|-|b||⩽|a+b|$：

第5步：将 $a$ 写成 $(a+b)+(-b)$，对右边不等式（已证）应用得

$$|a|=|(a+b)+(-b)|⩽|a+b|+|-b|=|a+b|+|b|.$$

移项得

$$|a|-|b|⩽|a+b|.\text{\hspace{1em}(iii)}$$

第6步：将 $b$ 写成 $(a+b)+(-a)$，同理得

$$|b|=|(a+b)+(-a)|⩽|a+b|+|-a|=|a+b|+|a|.$$

移项得

$$|b|-|a|⩽|a+b|.\text{\hspace{1em}(iv)}$$

第7步：由 (iii) 和 (iv) 知

$$|a|-|b|⩽|a+b|\text{且}|b|-|a|⩽|a+b|,$$

即 $|a|-|b|$ 和 $|b|-|a|$ 都不超过 $|a+b|$。而

$$||a|-|b||=\max \{|a|-|b|,|b|-|a|\},$$

所以

$$||a|-|b||⩽|a+b|.$$

综合：由右边和左边的不等式，我们得到

$$||a|-|b||⩽|a+b|⩽|a|+|b|.$$

证毕

几何意义：若将 $a$ 和 $b$ 理解为向量，则 $a$、$b$ 和 $a+b$ 正好构成一个三角形，三角不等式表示的正是三角形任意两边之和大于第三边、任意两边之差小于第三边这一性质。

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例子：定理1.2.1 三角不等式 — 例子

定理1.2.2 平均值不等式

定理陈述：对任意 $n$ 个正数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$，有

$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}⩾\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}⩾\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}},$$

等号当且仅当 $a_1=a_2=\cdots =a_n$ 时成立。

即：算术平均值 ≥ 几何平均值 ≥ 调和平均值（AM ≥ GM ≥ HM）。

证明：

整个证明分为三部分：先证 $n=2^k$ 的情形，再推广到任意正整数 $n$，最后证 GM ≥ HM。

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例子：定理1.2.2 平均值不等式 — 例子

第一部分：证明 AM ≥ GM 当 $n=2^k$ 时成立

基础情形 $n=2$：

对任意正数 $a,b$，要证 $\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{ab}$。

因为 $a,b>0$，所以 $(\sqrt{a}-\sqrt{b}{)}^2⩾0$（实数的平方非负），展开得

$$a-2\sqrt{ab}+b⩾0,$$

移项得

$$a+b⩾2\sqrt{ab},$$

即 $\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{ab}$。等号成立当且仅当 $\sqrt{a}=\sqrt{b}$，即 $a=b$。

归纳步骤：假设 AM ≥ GM 对 $n=2^k$ 成立，证明对 $n=2^{k+1}$ 也成立。

设 $a_1,a_2,\dots ,a_{2^{k+1}}$ 是 $2^{k+1}$ 个正数。将它们分成两组，每组 $2^k$ 个：

$$\text{前半：}{a}_1,\dots ,a_{2^k}，\text{后半：}{a}_{2^k+1},\dots ,a_{2^{k+1}}.$$

由归纳假设，对每组分别应用 AM ≥ GM：

$$\frac{a_1+\cdots +a_{2^k}}{2^k}⩾{\left(a_1\cdots a_{2^k}\right)}^{1/2^k},\text{\hspace{1em}(A)}$$ $$\frac{a_{2^k+1}+\cdots +a_{2^{k+1}}}{2^k}⩾{\left(a_{2^k+1}\cdots a_{2^{k+1}}\right)}^{1/2^k}.\text{\hspace{1em}(B)}$$

记 (A) 式左边为 $A_1$，右边为 $G_1$；(B) 式左边为 $A_2$，右边为 $G_2$。则 $A_1⩾G_1$，$A_2⩾G_2$。

现在对 $A_1$ 和 $A_2$ 这两个正数应用 $n=2$ 的情形：

$$\frac{A_1+A_2}{2}⩾\sqrt{A_1{A}_2}⩾\sqrt{G_1{G}_2}.$$

而

$$\frac{A_1+A_2}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{a_1+\cdots +a_{2^k}}{2^k}+\frac{a_{2^k+1}+\cdots +a_{2^{k+1}}}{2^k}\right)=\frac{a_1+\cdots +a_{2^{k+1}}}{2^{k+1}},$$ $$\sqrt{G_1{G}_2}=\sqrt{{\left(a_1\cdots a_{2^k}\right)}^{1/2^k}\cdot {\left(a_{2^k+1}\cdots a_{2^{k+1}}\right)}^{1/2^k}}={\left(a_1\cdots a_{2^{k+1}}\right)}^{1/2^{k+1}}.$$

因此

$$\frac{a_1+\cdots +a_{2^{k+1}}}{2^{k+1}}⩾{\left(a_1\cdots a_{2^{k+1}}\right)}^{1/2^{k+1}}.$$

由数学归纳法，AM ≥ GM 对所有 $n=2^k$（$k\in {\mathbf{N}}^{+}$）成立。

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第二部分：从 $n=2^k$ 推广到任意正整数 $n$

设 $n$ 是任意正整数。取 $l\in {\mathbf{N}}^{+}$ 使得 $2^{l-1}<n⩽2^l$（即 $2^l$ 是不小于 $n$ 的最小的2的幂）。

记几何平均值为

$$\bar{a}=\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}.$$

在原来的 $n$ 个数后面，补上 $(2^l-n)$ 个 $\bar{a}$，凑成 $2^l$ 个正数：

$$a_1,a_2,\dots ,a_n,\underset{2^l-n\text{个}}{\underbrace{\bar{a},\bar{a},\dots ,\bar{a}}}.$$

对这 $2^l$ 个正数应用第一部分的结论：

$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n+(2^l-n)\bar{a}}{2^l}⩾{\left(a_1{a}_2\cdots a_n\cdot {\bar{a}}^{2^l-n}\right)}^{1/2^l}.$$

计算右边：

$${\left(a_1{a}_2\cdots a_n\cdot {\bar{a}}^{2^l-n}\right)}^{1/2^l}={\left({\bar{a}}^n\cdot {\bar{a}}^{2^l-n}\right)}^{1/2^l}={\left({\bar{a}}^{2^l}\right)}^{1/2^l}=\bar{a}.$$

（这里用到了 $a_1{a}_2\cdots a_n={\bar{a}}^n$，这是 $\bar{a}$ 的定义。）

所以不等式变为：

$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n+(2^l-n)\bar{a}}{2^l}⩾\bar{a}.$$

两边乘以 $2^l$：

$$a_1+a_2+\cdots +a_n+(2^l-n)\bar{a}⩾2^l\bar{a}.$$

移项（把 $(2^l-n)\bar{a}$ 移到右边）：

$$a_1+a_2+\cdots +a_n⩾2^l\bar{a}-(2^l-n)\bar{a}=n\bar{a}.$$

两边除以 $n$：

$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}⩾\bar{a}=\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}.$$

等号条件：等号成立当且仅当补充的 $2^l-n$ 个 $\bar{a}$ 不影响等号，即原来 $2^l$ 个数的 AM = GM，这要求所有 $2^l$ 个数相等，特别地 $a_1=a_2=\cdots =a_n=\bar{a}$。

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第三部分：证明 GM ≥ HM

对 $\frac{1}{a_1},\frac{1}{a_2},\dots ,\frac{1}{a_n}$ 这 $n$ 个正数应用 AM ≥ GM：

$$\frac{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}}{n}⩾\sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\cdot \frac{1}{a_2}\cdots \frac{1}{a_n}}=\frac{1}{\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}}.$$

两边取倒数（因为两边都是正数，取倒数后不等号方向反转）：

$$\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}}⩽\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}.$$

这正是 GM ≥ HM。等号成立当且仅当 $\frac{1}{a_1}=\frac{1}{a_2}=\cdots =\frac{1}{a_n}$，即 $a_1=a_2=\cdots =a_n$。

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综合三部分，我们证明了

$$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}⩾\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}⩾\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}},$$

等号当且仅当 $a_1=a_2=\cdots =a_n$ 时成立。

证毕

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相关链接

• 数学分析 定理索引
• 第二章 数列极限

来源引用

• [数学分析 陈纪修 第三版 上](raw/数学分析 陈纪修 第三版 上/full.md)