数学分析存在覆盖有理数但不能覆盖实数的区间之并——两道相关证明题
Posted hans774882968
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了数学分析存在覆盖有理数但不能覆盖实数的区间之并——两道相关证明题相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
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题目
看到这么一个视频,发现算法竞赛味挺浓,而且能看懂,就水了这么一篇blog~
2022年某校数学分析①期末考试,传送门
五、(本题满分20分)
(1)设数列
r_n
为全体有理数的任意一个排列,记
J = ∪ n = 1 ∞ ( r n − 1 n 2 , r n + 1 n 2 ) J = \\cup_n=1^\\infty(r_n-\\frac1n^2,r_n+\\frac1n^2) J=∪n=1∞(rn−n21,rn+n21)
证明:J不能覆盖R。(2)证明:存在全体有理数的一个排列
s_n
,使得
K = ∪ n = 1 ∞ ( s n − 1 n , s n + 1 n ) K = \\cup_n=1^\\infty(s_n-\\frac1n,s_n+\\frac1n) K=∪n=1∞(sn−n1,sn+n1)
且K不能覆盖R。
作者:hans774882968以及hans774882968以及hans774882968
本文CSDN:https://blog.csdn.net/hans774882968/article/details/128517706
本文juejin:https://juejin.cn/post/7183742921538011173
(1)直接放缩
勒贝格测度:区间
(a,b)
的长度为b-a
。
显然J的长度≤Σ2/n^2 = π^2/3
,是有限的,证毕。
(2)
题干变成了“存在”,说明条件变得苛刻以后,我们能得到的结论也更弱了。(1)的做法不行,因为Σ2/n
是ln(n)
,不是有限的。
法一:容易理解的放缩做法
有一个结论:Σ1/n, n不含9
是收敛的。简单证明如下:
设a(n,k)
为n
位第k
小不含9的数,则
∑
n
不含
9
1
/
n
=
∑
n
=
1
∞
∑
k
=
1
8
∗
9
n
−
1
1
/
a
(
n
,
k
)
<
∑
n
=
1
∞
8
∗
9
n
−
1
1
0
n
−
1
=
80
\\sum_n不含91/n = \\sum_n=1^\\infty \\sum_k=1^8*9^n-1 1/a(n,k) < \\sum_n=1^\\infty \\frac8*9^n-110^n-1 = 80
n不含9∑1/n=n=1∑∞k=1∑8∗9n−11/a(n,k)<n=1∑∞10n−18∗9n−1=80
n
位不含9的数有8*9^(n-1)
个,因为:最高位不能是9,还有8个选择,其他位还有9个选择。- 简单放缩:
a(n,k) > 10^(n-1)
和一个等比数列求和。
我们将有理数集分为[-1,1]
内的和[-1,1]
外的,将[-1,1]
内的放在s_k
下标k
含9的部分,[-1,1]
外的放在s_k
下标k
不含9的部分。这两个应该都存在双射但我不是数院学生不清楚细节。
s_k
下标k
含9的部分的(s_k - 1/k,s_k + 1/k)
区间并是[-2,2]
的子集,所以这个区间并的长度小于4。s_k
下标k
不含9的部分的(s_k - 1/k,s_k + 1/k)
区间总长度就是上述结论的式子,所以小于160。
于是K的区间总长度小于164,证毕。上面的区间[-1,1]
可以选择其他的,同理。
法二:更为构造的做法
要证明的结论等价于:存在无理数x
和有理数的一个排列s_n
,使得|x - s_n| >= 1/n
。更直观的理解是,存在无理数x
和有理数的排列,使得x
和所有有理数都“不太近”。
和上面的思路一样,对有理数集进行划分,再逐个击破。我们不妨就通过x
和有理数的距离,对有理数集进行划分,将有理数集分为:与x
距离大于1的,与x
距离为[1/n,1/(n+1))
的,后者的集合不妨记为I_n
。显然只有I_n
是有难度的。
记I_n
的一个元素为a(n,k)
,则我们要解决的问题是:给a(n,k)
分配一个合适的下标。a(n,k)
的集合是N+ * N+
,即正整数集合和正整数集合的笛卡儿积,所以我们需要给出的是N+ * N+
到N+
的一个双射f(n,k)
。我们不妨先按n+k
升序排序,再按k
升序排序。于是(1,1) -> 1,(2,1) -> 2,(1,2) -> 3,(3,1) -> 4,...
。这个双射记为f(n,k)
。
我们给a(n,k)
分配的下标为f(n+1,k+1)
,这个操作是为了留出一些“空间”,即f(1,k)
和f(n,1)
,给与x
距离大于1的有理数。最后只需要验证x
和a(n,k)
的距离([1/n,1/(n+1))
)大于1/f(n+1,k+1)
,即验证n+1 <= f(n+1,k+1)
。观察上述双射的特例,易得f(n,k) > 1+...+(n+k-2) = (n+k-1)*(n+k-2)/2
,所以f(n+1,k+1) > (n+k)*(n+k-1)/2 >= n+1
。证毕。
总结
共同点:对有理数集进行划分,然后为每个子集分配合适的下标。
以上是关于数学分析存在覆盖有理数但不能覆盖实数的区间之并——两道相关证明题的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章