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设T是一个有理数集,并且X>0且x平方小于2.证明：T在有理数上没有上确界?
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反证法.设既约分数p/q是T的上确界.熟知√2不是有理数,所以(p/q)²≠2.若(p/q)²0 => 2q²-p²≥1.取一个充分大的k使得k²>2kp+1.记a=(kp+1)/kq∈T,容易验证a²p/q,这与p/q是T的上界矛盾!若(p/q)²>2,2q²-p² p²-2q²≥1.取一个充分大的k使得k²>2kp-1.记a=(kp-1)/kq∈T,容易验证a²>2,故a是T在有理数集中的一个上界.但a
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反证法。设有一个确定的上界t，他属于这个集合，那么他是这个集合里最大的数。构造一个数p=(2+t)/2=1+t/2
（其实就是t和2的平均数）可以证明p>t，并且p也是这个集合的，这就说明假设不成立。p>t证明如下：p-t=1+t/2-t=(2-t)/2>0，所以p>t.
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如何证明有理数集在数轴上处处稠密?
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思路是这样的,你任取一个区间,证明无论这个区间多小都至少有一个有理数在里面.构造一个集合E={m/(2^k)|m∈Z},k是一个取定的非负整数,则可知E中元素均匀分布在数轴上.设(a,b)是数轴上任意给定的一个区间,无论这个区间多小,我们的都能找到一个自然数k使2^(-k)
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扫描下载二维码P.168 习题 1．验证数集S??(?1)n???1??有且只有两个聚点?1??1和?2?1 n???1????1,(k??)，所2k?1???1???1,(k??)，2k?解
当n取奇数n?2k?1时，S中的互异子列??1?以?1??1是S的聚点；当n取偶数n?2k时，S中的互异子列?1?所以?2?1是S的聚点. 设实数a??1，a?1. 取?0?11??min{|a?1|,|a?1|}，因为子列??1??和22k?1??子列?1???1?1???及子?的极限都不是a，所以在邻域U(a;?0)内最多只有子列??1?2k?1?2k??列?1???1?1??n中的有限多项，从而只有数集S?(?1)????中的有限多项，所以a不是数2k?n??集S的聚点. 2．证明：任何有限数集都没有聚点.
设有限数集S. 由聚点?的定义，在?的任何邻域内都含有S中无穷多个点，而S只有有限个点，所以S没有聚点. 3．设?(an,bn)?是一个严格开区间套，即满足a1?a2???an?bn???b2?b1 且lim(bn?an)?0. 证明：存在唯一的一点?，使得an???bn,n?1,2,? n??证明
?an?为严格递增有界数列，故?an?有极限?，且有an??，n?1,2,?.其中等号不能成立，不然，若有an??，因为?an?严格递增，必有an?1?an??，矛盾.故an??，n?1,2,?.同理，严格递减有界数列?bn?也有极限，且 limbn?liman??，an???bn，n?1,2,?. n??n??唯一性的证明与教材P.162区间套定理7.1相同.
140 4．试举例说明：在有理数集内，确界原理、单调有界定理、聚点定理和柯西收敛准则一般都不成立. 解
设an?(1?1n1)，bn?(1?)n?1，n?1,2,?，则?an?是单调递增的有理数列，nn?liman?e（无理数） n??bn?bn?是单调递减的有理数列，且limn??（1）点集?an|n?1,2,??非空有上界，但在有理数集内无上确界；点集?bn|n?1,2,??非空有下界，但在有理数集内无下确界. （2）数列?an?单调递增有上界，但在有理数集内无极限；?bn?单调递减有下界，但在有理数集内无极限. （3）?an|n?1,2,??是有界无限点集，但在有理数集内无聚点. （4）数列?an?满足柯西收敛准则条件，但在有理数集内没有极限. （5）?[an,bn]?是一闭区间套，但在有理数集内不存在一点?，使得??[an,bn]，n?1,2,? 5．设H?{(11,)|n?1,2,?}.问 n?2n（1）H能否覆盖（0, 1）？ （2）能否从H中选出有限个开区间覆盖 (i) (0,12)，(ii) (1100,1)？ 解
（1）H能覆盖（0, 1）.因为对任何x?(0,1)，必有自然数n，使得11?x? n?2n（2）不能从H中选出有限个开区间覆盖(0,12).因对H中任意有限个开区间，设其左端点最小的为11，则当0?x?时，这有限个开区间就不能覆盖x. n0?2n0?211,)，n?1,2,?99n?2n能从H中选出有限个开区间覆盖(1100,1).例如选区间：(即可. 6．证明：闭区间[a,b]的全体聚点的集合是[a,b]本身.
设x?[a,b]，则对任何??0，Uo(x;?)?[a,b]??，故x为[a,b]的聚点. 反之，若x为[a,b]的聚点，则必有x?[a,b].事实上，若x?[a,b]，则x?a或x?b.不妨设x?a，取??a?x，那么U(x;?)?[a,b]??，这与x为[a,b]的聚点矛盾. 27．设?xn?为单调数列. 证明：若?xn?存在聚点，则必是唯一的，且为?xn?的确界. 证明
设?xn?为单调增加数列，?为?xn?的聚点.先证?是唯一的.假设?也是?xn?的聚点，不妨设???.取?????2，由聚点的定义，在?的邻域U(?;?)内有?xn?中无穷多个点，设xN?U(?;?).因为?xn?为单调增加数列，所以当n?N时，xn?xN.于是在?的邻域U(?;?)内最多只有?xn?中有限多个点：x1,x2,?,xN?1. 这与?为?xn?的聚点相矛盾.故?为?xn?的唯一聚点. 其次证明：?为?xn?的上确界.先证?是?xn?的一个上界.假设?不是?xn?的一个上界，于是存在xN??.这时取??xN??，则在?的邻域U(?;?)内最多只有?xn?中有限多个点：x1,x2,?,xN?1，这与?为?xn?的聚点相矛盾.然后证明：?是?xn?的最小上界.???0，在?的邻域U(?;?)内有?xn?中无限多个点，设xN?U(?;?)，从而xN????.所以??sup{xn}. 8．试用有限覆盖定理证明聚点定理. 证明
设S为实轴上有界无限点集，则存在M?0，使S?[?M,M]. 假若[?M,M]中任何点都不是S的聚点，则?x?[?M,M]，必存在相应的?x?0，使得在则H是[?M,M]U(x,?x)内最多只含S的有限个点.设H?{U(x,?x)|x?[?M,M]}，的一个开覆盖，由有限覆盖定理，H中存在有限个开区间：U(xj,?xj)，j?1,2,?,n，覆盖了[?M,M]，当然也覆盖了S，由于在每一个U(xj,?xj)内最多只含S的有限个点， 142 故S为有限点集，这与S为无限点集矛盾.所以[?M,M]中必有S的聚点. 9．试用聚点定理证明柯西收敛准则. ?N?0，证明
只证充分性：设???0，要证数列{an}?m,n?N，|am?an|??，收敛. 先证数列{an}有界.取??1，存在N?0，当n?N时，有|an?aN?1|?1，于是|an|?|aN?1|?1. 令M?max{|a1|,|a2|,?,|aN|,|aN|?1}，则|an|?M，n?1,2,?，所以数列{an}有界. 其次证明数列{an}有收敛的子列.若集S?{an|n?1,2,?}是有限集，则数列{an}有常数子列，当然收敛.若集S是无限集，并且已经证明了S是有界的，故由聚点定理，知S有聚点，设S的聚点为?. 再由聚点定义2’’（见教材P.163），存在互异的收敛数列{ank}?{an}，使得limank??.
k??最后证明：liman??. 由题设???0，?N1?0，?m,n?N1，|am?an|??. 再n??由limank??, 知?N2?0, ?k?N2, |ank??|??. 现在，取N?max{N1,N2}, 当k??n?N时，有（任取k?N）, |an??|?|an?ank|?|ank??|?????2?.
所以liman?? n??P.172
习题 1．设f为R上连续的周期函数. 证明：f在R上有最大值与最小值. 证明
设f的周期为T，则f在[0, T]上连续，于是f在[0, T]上有最大值与最小值.又因为f为R上连续的周期函数，所以f在R上有最大值与最小值. 2．设I为有限区间.证明：若f在I上一致连续，则f在I上有界. 举例说明此结论当I为无限区间时不一定成立. 证
设区间I的左右端点分别为a,b，因f在I上一致连续，所以对??1，存在??0 143 （??b?a），使得当x?,x???I，且|x??x??|??时，有|f(x?)?f(x??)|?1. 令2a1?a??2，b1?b??2，则f在[a1,b1]上连续，于是f在[a1,b1]上有界，即存在M1?0，使得在[a1,b1]上|f(x)|?M1.
另一方面，当x?[a,a1)?I时，有|x?a1|??，于是|f(x)?f(a1)|?1，|f(x)|?|f(a1)|?1；同样当x?(b1,b]?I时，有|f(x)|?|f(b1)|?1. 令M?max{M1,|f(a1)|?1,|f(b1)|?1}，则对任何x?I，都有|f(x)|?M. 设f(x)?x，则f在(??,??)上一致连续，但f在(??,??)上无界. sinx在(0,??)上一致连续. xsinx?1，所以???0，??1?0，当0?x??1时，有 证明
因为limx?0?xsinx?|?1|?.
① x2sinx?0，所以?N?0，当x?N时，有 又因为limx???xsinx?||?.
② x2sinx令a??12，b?N??12，显然在[a,b]连续，于是在[a,b]一致连续，从x3．证明：f(x)?而??2?0，当x?,x???[a,b]且|x??x??|??2时，有 |sinx?sinx???|??.
③ x?x???12,?2}，当x?,x???(0,??)且|x??x??|??时，则必有以下三种现在取??min{情形之一发生：x?,x???(0,?1)或者x?,x???[a,b]或者x?,x???(N,??)
0 a?1Nb若x?,x???(0,?1)，由①式，有|sinx?sinx??sinx?sinx?????|?|?1|?|?1|???? x?x??x?x??22144神奇的开区间数量
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|个人分类:|系统分类:|关键词:开区间 有理数 实数
&神奇的开区间数量&郝克刚.&1.引言最近看到薛问天先生的一篇解密伪证的博文[1]，读到有关有理数集合与实数集合的“开区间”的某些数量特性时，感到很吃惊、很神奇，超出了我原来对于有理数集合与实数集合的想象。也许是我在大学里学的那点数学知识没有学够和学透，学识浅薄，孤陋寡闻才产生了这样的感觉。现在有网真是太方便了。用博客把它写出来，一方面可以同大家共享，另一方面也可以听听资深专业人士的点评。我们都知道实数集合（包括有理数和无理数）是不可数的。但是你是否知道由实数作为端点构成的互不相交的开区间的总数却是可数的。我们都知道有理数集合是可数的。但是你是否知道由有理数作为元素构成的不同的开区间的总数却是不可数的。我开始接触到这两个事实时，很难接受，觉着与我原来的对实数和有理数的理解不一样。想不通既然实数不可数，怎么由它作为端点的互不相交的开区间却是可数的。总觉着你把实数一个一个摆起来，由它两两作端点的开区间应该也是不可数的。另外也想不通既然有理数可数，由它作为元素构成的一个一个的不同的开区间总觉着也应该是可数的。等慢慢地理顺了它的证明后，才开始有了理解。认识到这两有关开区间数量特性的命题确实是正确的。我之所以感到很神奇，是由于我过去对实数和有理数的直观概念有误，特别是对它们的稠密性和连续性理解不深所导致的。我参考薛文把它们简要地整理如下，和大家共享。&2.预备知识先介绍一些基本知识。我们称一个集合是可数的，如果它能与全体自然数集合建立一一对应。已经证明全体有理数集合是可数的，全体实数集合是不可数的。凡是介于两个实数a,b(a&b)之间的所有实数（或有理数）的集合称为实数区间（或有理数区间）。a（或b）称为区间的左端点（或右端点）。并进一步规定若集合包含左（或右）端点，则区间称为左闭区间（或右闭区间），若不包含左（或右）端点，则区间称为左开区间（或右开区间）。既是左开区间又是右开区间的区间称为开区间。一个有序集合S，如果满足条件：若a,b属于S，且a&b，则集合S中存在c，使a&c&b成立，就称集合S是稠密的。已知有理数集合和实数集合都是稠密的。还可以推出任何两个实数之间有可数无穷多个有理数存在，有不可数无穷多个无理数存在。如果一个集合S的数全部大于或等于（≥）某数d，则称d是集合S的下界。最大的下界称为是S的下确界。如果一个集合S的数全部小于或等于（≤）某数u，则称u是集合S的上界。最小的上界称为是S的上确界。例如，一个区间的下（或上）确界就是区间的左（或右）端点。已知任何有上界的实数集合一定有实数上确界。这就是所谓的实数集合的连续性（或称完备性）。但是，有上界的有理数数集合不一定存在有理数的上确界。它的上确界可能是无理数。这就是所谓的无理数集合的不连续性（或称不完备性）。&3.关于开区间数量的两个命题命题1.实数作为端点构成的互不相交的开区间的总数是可数的。证明。假定此命题不成立，即实数作为端点构成的互不相交的开区间的总数是不可数的。根据实数和有理数集合的稠密性，在这些不相交的每个开区间中至少有一个有理数，而且各不相等。由于开区间的总数是不可数的，那么这些各不相等的有理数的个数也是不可数的。与已知有理数集合可数相矛盾，命题1得证。命题2. 有理数作为元素构成的所有不同的开区间的总数是不可数的。证明。对每个实数，分别地选择一个以其作为右端点的任意开区间。显然，这样选择的开区间，互不相同，而且其个数与实数的个数相同，是不可数的。由于这样的开区间是有理数构成的所有不同的开区间的一部分。所以推出命题2，即有理数作为元素构成的所有不同的开区间的总数是不可数的。&参考文献[1]
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